【数学】2018届一轮复习人教B版　数列学案 73页

第六章 数 列 1.数列的概念和简单表示法 (1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)． (2)了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数． 2．等差数列、等比数列 (1)理解等差数列、等比数列的概念． (2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式． (3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数 列的有关知识解决相应的问题． (4)了解等差数列与一次函数的关系、等比数列与指数函数的关系． 6．1 数列的概念与简单表示法 1．数列的概念 (1)定义：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列 的 ．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第 1 项(通 常也叫做 )，排在第 n 位的数称为这个数列的第 n 项．所以，数列的一般形式可以写 成 ，其中 an 是数列的第 n 项，叫做数列的通项．常把一般形式的数列简记作{an}． (2)通项公式：如果数列{an}的 与序号 之间的关系可以用一个式子来 表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式． (3)从函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集 N*(或它的有限子集{1，2， 3，…，n})的函数(离散的)，当自变量从小到大依次取值时所对应的一列________． (4)数列的递推公式：如果已知数列的第 1 项(或前几项)，且从第二项(或某一项) 开始的任一项 与它的前一项 (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示， 那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． (5) 数列的表示方法有_________、_________、_________、_________. 2．数列的分类 (1) 数列按项数是有限还是无限来分，分为_________、_________. (2)按项的增减规律分为_________、_________、_________和________．递增数列⇔an ＋1_________an；递减数列⇔an＋1_________an；常数列⇔an＋1 _________an.递增数列与递减数 列统称为_________． 3．数列前 n 项和 Sn 与 an 的关系 已知 Sn，则 an＝ （n＝1）， （n≥2）. 4．常见数列的通项 (1)1，2，3，4，…的一个通项公式为 an＝____________； (2)2，4，6，8，…的一个通项公式为 an＝____________； (3)3，5，7，9，…的一个通项公式为 an＝____________； (4)2，4，8，16，…的一个通项公式为 an＝____________； (5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为 an＝______________________； (6)1，0，1，0，…的一个通项公式为 an＝___________； (7)a，b，a，b，…的一个通项公式为 an＝___________； (8)9，99，999，…的一个通项公式为 an＝___________. 注：据此，很易获得数列 1，11，111，…；2，22，222，…；…；8，88，888，…的 通项公式分别为1 9 (10n－1)，2 9 (10n－1)，…，8 9 (10n－1)． 自查自纠： 1．(1)项 首项 a1，a2，a3，…，an，… (2)第 n 项 n (3)函数值 (4)an an－1 (5)通项公式法(解析式法) 列表法 图象法 递推公式法 2．(1)有穷数列 无穷数列 (2)递增数列 递减数列 摆动数列 常数列 ＞ ＜ ＝ 单调数列 3．S1 Sn－Sn－1 4．(1)n (2)2n (3)2n＋1 (4)2n (5)(－1)n (6)1＋（－1）n－1 2 (7)（a＋b）＋（－1）n－1（a－b） 2 (8)10n－1 已知 n∈N*，给出 4 个表达式：①an＝ 0，n 为奇数， 1，n 为偶数， ②an＝1＋（－1）n 2 ，③an＝ 1＋cosnπ 2 ，④an＝|sinnπ 2 |.其中能作为数列：0，1，0，1，0，1，0，1，…的通项公式的 是( ) A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 解：检验知①②③都是所给数列的通项公式．故选 A. 把 1，3，6，10，15，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成一 个正三角形(如图所示)． 则第七个三角形数是( ) A．27 B．28 C．29 D．30 解：观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序 号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是 1＋2＋3 ＋4＋5＋6＋7＝28.故选 B. 在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋ (－1)n(n≥2，n∈N＋)，则a3 a5 的值是( ) A.15 16 B.15 8 C.3 4 D.3 8 解：因为 anan－1＝an－1＋(－1)n， 所以 an＝1＋（－1）n an－1 (an－1≠0)． 因为 a1＝1，所以 a2＝2，a3＝1 2 ，a4＝3，a5＝2 3 ， 所以a3 a5 ＝3 4 .故选 C. (2015·黄冈联考)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2 3 an＋1 3 ，则{an}的通项公式是 an＝ ________. 解：由 Sn＝2 3 an＋1 3 得：当 n≥2 时，Sn－1＝ 2 3 an－1＋1 3 ，所以当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1， 所以 an＝－2an－1，又 n＝1 时，S1＝a1＝2 3 a1＋1 3 ，所以 a1＝1，所以 an＝(－2)n－1. 故填(－2)n－1. (2015·江苏)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列 1 an 前 10 项的和为________． 解：由 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，得 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1) ＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝n（n＋1） 2 ，则1 an ＝2 1 n － 1 n＋1 ，故数列 1 an 的前 10 项的和 S10 ＝2 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋ 1 10 － 1 11 ＝2 1－ 1 11 ＝20 11 .故填20 11 . 类型一 数列的通项公式 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)－1，7，－13，19，…； (2)2 3 ，4 15 ，6 35 ，8 63 ，10 99 ，…； (3)1 2 ，2，9 2 ，8，25 2 ，…； (4)5，55，555，5 555，…. 解：(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式正负性可用(－1)n 调节，观察各项的绝 对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大 6，故数列的一个通项公式为 an＝(－1)n(6n －5)． (2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为 1×3，3×5，5×7，7 ×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故数列的一个通项公式为 an ＝ 2n （2n－1）（2n＋1） . (3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即1 2 ， 4 2 ，9 2 ，16 2 ，25 2 ，…，故数列的一个通项公式为 an＝n2 2 . (4)将原数列改写为5 9 ×9，5 9 ×99，5 9 ×999，…，易知数列 9，99，999，…的通项为 10n －1，故数列的一个通项公式为 an＝5 9 (10n－1)． 点拨： ①注意通项公式的形式不一定是惟一的，如数列 1，0，1，0，…的通项公式可写成 an ＝1＋（－1）n＋1 2 或 an＝|sinnπ 2 |，甚至分段形式 an＝ 1，n 是奇数， 0，n 是偶数 等．②对于此类归纳猜 想求通项的题目，一定要掌握一些常见数列的通项公式，如{n}，{2n}，{(－1)n}，{2n}，{n2}， {2n－1}等，在此基础之上还要掌握一定的方法，如将各项分解成若干个数的和、差、积、 商，分离分子分母等． 写出下列数列的一个通项公式： (1)－1，1 2 ，－1 3 ，1 4 ，－1 5 ，…； (2)3，5，9，17，33，…； (3)3，33，333，3 333，…； (4)2 3 ，－1，10 7 ，－17 9 ，26 11 ，…. 解：(1)an＝(－1)n·1 n ； (2)an＝2n＋1； (3)an＝1 3 (10n－1)； (4)由于－1＝－5 5 ，故分母为 3，5，7，9，11，…，即{2n＋1}，分子为 2，5，10，17， 26，…，即 {n2＋1}．符号看作各项依次乘 1，－1，1，－1，…，即{(－1)n＋1}，故 an＝(－1)n＋1·n2＋1 2n＋1 . 类型二 由前 n 项和公式求通项公式 (1)若 数 列 {an} 的 前 n 项 和 Sn ＝ n2 － 10n ， 则 此 数 列 的 通 项 公 式 为 an ＝ ______________． (2)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为 an＝_____________． 解：(1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1－10＝－9； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－＝2n－11. 当 n＝1 时，2×1－11＝－9＝a1. 所以 an＝2n－11.故填 2n－11. (2)当 n＝1 时，a1＝S1＝21＋1＝3； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n－1＋ 1)＝2n－2n－1＝2n－1. 综上有 an＝ 3（n＝1）， 2n－1（n≥2）. 故填 3（n＝1）， 2n－1（n≥2）. 点拨： 任何一个数列，它的前 n 项和 Sn 与通项 an 都存在关系：an＝ S1（n＝1）， Sn－Sn－1（n≥2）. 若 a1 适合 Sn－ Sn－1，则应把它们统一起来，否则就用分段函数表示．另外一种快速判断技巧是 利用 S0 是否为 0 来判断：若 S0＝0，则 a1 适合 Sn－Sn－1，否则不符合，这在解小题时比较有 用． 已知下列数列{an}的前 n 项和 Sn，分别求它们的通项公式 an. (1)Sn＝2n2－3n； (2)Sn＝3n＋b. 解：(1)a1＝S1＝2－3＝－1， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－＝4n－5， a1 也适合此等式，所以 an＝4n－5. (2)a1＝S1＝3＋b， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1. 当 b＝－1 时，a1 适合此等式． 当 b≠－1 时，a1 不适合此等式． 所以当 b＝－1 时，an＝2·3n－1； 当 b≠－1 时，an＝ 3＋b， n＝1， 2·3n－1，n≥2. 类型三 由递推公式求通项公式 写出下面各数列{an}的通项公式． (1)a1＝2，an＋1＝an＋n＋1； (2)a1＝1，前 n 项和 Sn＝n＋2 3 an； (3)a1＝1，an＋1＝3an＋2. 解：(1)由题意得，当 n≥2 时，an－an－1＝n， 所以 an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－ an－1) ＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋（n－1）（2＋n） 2 ＝n（n＋1） 2 ＋1. 又 a1＝2＝1×（1＋1） 2 ＋1，适合上式， 因此 an＝n（n＋1） 2 ＋1. (2)由题设知，a1＝1. 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2 3 an－n＋1 3 an－1. 所以 an an－1 ＝n＋1 n－1 . 所以 an an－1 ＝n＋1 n－1 ，…，a4 a3 ＝5 3 ，a3 a2 ＝4 2 ，a2 a1 ＝3. 以上 n－1 个式子的等号两端分别相乘， 得到an a1 ＝n（n＋1） 2 . 又因为 a1＝1，所以 an＝n（n＋1） 2 . (3)解法一：(累乘法) an＋1＝3an＋2，得 an＋1＋1＝3(an＋1)， 即an＋1＋1 an＋1 ＝3， 所以a2＋1 a1＋1 ＝3，a3＋1 a2＋1 ＝3，a4＋1 a3＋1 ＝3，…， an＋1＋1 an＋1 ＝3. 将这些等式两边分别相乘得an＋1＋1 a1＋1 ＝3n. 因为 a1＝1，所以an＋1＋1 1＋1 ＝3n， 即 an＋1＝2×3n－1(n≥1)， 所以 an＝2×3n－1－1(n≥2)， 又 a1＝1 也适合上式， 故数列{an}的一个通项公式为 an＝2×3n－1－1. 解法二：(迭代法) an＋1＝3an＋2， 即 an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1) ＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)， 所以 an＝2×3n－1－1(n≥2)， 又 a1＝1 也满足上式， 故数列{an}的一个通项公式为 an＝2×3n－1－1. 点拨： 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现 an ＝an－1＋m 时，构造等差数列；当出现 an＝xan－1＋y 时，构造等比数列；当出现 an＝an－1＋f(n) 时，一般用累加法求通项；当出现 an an－1 ＝f(n)时，一般用累乘法求通项．还须注意检验 n＝1 时，是否适合所求． 写出下面各递推公式表示的数列{an}的通项公式． (1)a1＝2，an＋1＝an＋ 1 n（n＋1） ； (2)a1＝1，an＋1＝2nan； (3)a1＝1，an＋1＝2an＋1. 解：(1)因为当 n≥2 时， an－an－1＝ 1 n（n－1） ＝ 1 n－1 －1 n ， 所以当 n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－ an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝ 1 n－1 －1 n ＋ 1 n－2 － 1 n－1 ＋…＋(1 2 －1 3 )＋ 1－1 2 ＋2＝3－1 n . 当 n＝1 时，适合．故 an＝3－1 n . (2)因为an＋1 an ＝2n，所以a2 a1 ＝21，a3 a2 ＝22，…， an an－1 ＝2n－1， 将这 n－1 个等式叠乘， 得an a1 ＝21＋2＋…＋(n－1)＝2 n（n－1） 2 ， 所以 an＝2 n（n－1） 2 . 当 n＝1 时，适合．故 an＝2 n（n－1） 2 . (3)由题意知 an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列 {an＋1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数 列，所以 an＋1＝2n，所以 an＝2n－1. 类型四 数列通项的性质 已知函数 f(x)＝x－1 x ，设 an＝f(n)(n∈N＋)． (1)求证：an＜1； (2){an}是递增数列，还是递减数列？为什么？ 解：(1)证明：因为 an＝n－1 n ＝1－1 n ， 又 n∈N＋，所以 1≥1 n ＞0.所以 an＜1. (2)因为 an＋1－an＝ 1－ 1 n＋1 － 1－1 n ＝ 1 n（n＋1） ，又因为 n＋1＞n≥1，所以 an＋1－an ＞0， 即 an＋1＞an.所以{an}是递增数列． 点拨： 要证明数列{an}是单调的，可利用“{an}是递增数列⇔an＜an＋1，数列{an}是递减数列⇔ an＞an＋1”来证明．注意数列的单调性是探索数列的最大、最小项及解决其他许多数列问题 的重要途径，因此要熟练掌握上述求数列单调性的方法． (2016·宝鸡 5 月模拟)已知函数 f(x)＝ （3－a）x＋2，x≤2， a2x2－9x＋11，x>2 (a>0，且 a≠1)，若数列{an}满足 an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是递增数列，则实数 a 的取值范围是( ) A．(0，1) B. 8 3 ，3 C．(2，3) D．(1，3) 解：因为{an}是递增数列，且 2＜9 4 ＜3， 所以 3－a>0， a>1， （3－a）×2＋2a1. 综上，所求 a 的取值范围是， 同理 an＋1＝1 2 ．从而 an＋1－an＝1 2 ． 整理得(n－1)an＋1＋(n－1)an－1＝2(n－1)an， 因为 n≥2，所以 an＋1＋an－1＝2an. 所以{an}是等差数列． 点拨： 判定数列是等差数列的方法可参看本节“考点梳理”，证明一个数列是等差数列只能用 前两种方法，做客观题时可用后两种方法判断． (2016·南昌联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a1＝1 2 ，an＝－2SnSn－ 1(n≥2)． (1)求证：数列 1 Sn 是等差数列； (2)求 Sn 和 an. 解：(1)证明：当 n≥2 时， an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1， 因为 S1＝a1≠0， 由递推关系知 Sn≠0(n∈N*)， 将等式 Sn－Sn－1＝－2SnSn－1， 两边同除以 SnSn－1， 得1 Sn － 1 Sn－1 ＝2(n≥2)，1 S1 ＝1 a1 ＝2， 所以 1 Sn 是首项为 2，公差为 2 的等差数列． (2)因为1 Sn ＝1 S1 ＋(n－1)d＝2n，所以 Sn＝ 1 2n . 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝－ 1 2n（n－1） ， 当 n＝1 时，a1＝1 2 不适合上式， 所以 an＝ 1 2 ，n＝1， － 1 2n（n－1） ，n≥2. 类型二 等差数列基本量的计算 在等差数列{an}中， (1)已知 a15＝33，a45＝153，求 an； (2)已知 a6＝10，S5＝5，求 Sn； (3)已知前 3 项和为 12，前 3 项积为 48，且 d＞0，求 a1. 解：(1)解法一：设首项为 a1，公差为 d，依条件得 33＝a1＋14d， 153＝a1＋44d， 解得 a1＝－23， d＝4. 所以 an＝－23＋(n－1)×4＝4n－27. 解法二：由 d＝an－am n－m ， 得 d＝a45－a15 45－15 ＝153－33 30 ＝4， 由 an＝a15＋(n－15)d，得 an＝4n－27. (2)因为 a6＝10，S5＝5，所以 a1＋5d＝10， 5a1＋10d＝5. 解得 a1＝－5，d＝3. 所以 Sn＝－5n＋n（n－1） 2 ·3＝3 2 n2－13 2 n. (3)设数列的前三项分别为 a2－d，a2，a2＋d，依题意有： （a2－d）＋a2＋（a2＋d）＝12， （a2－d）·a2·（a2＋d）＝48， 即 a2＝4， a2（a2 2－d2）＝48， 解得 a2＝4， d＝±2. 因为 d＞0，所以 d＝2，所以 a1＝a2－d＝2. 点拨： 在等差数列五个基本量 a1，d，n，an，Sn 中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合 等差数列的通项公式、前 n 项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时 须注意整体代换及方程思想的应用． (1)已知等差数列的前三项依次为 a，4，3a，前 n 项和为 Sn，且 Sk＝110. (Ⅰ)求 a 及 k 的值； (Ⅱ)设数列{bn}的通项 bn＝Sn n ，证明数列{bn}是等差数列，并求其前 n 项和 Tn. 解：(Ⅰ)设该等差数列为{an}，则 a1＝a，a2＝4，a3＝3a， 由已知有 a＋3a＝8， 得 a1＝a＝2，公差 d＝4－2＝2，an＝2n. 所以 Sk＝ka1＋k（k－1） 2 ·d＝2k＋k（k－1） 2 ×2＝k2＋k. 由 Sk＝110，得 k2＋k－110＝0， 解得 k＝10 或 k＝－11(舍去)，故 a＝2，k＝10. (Ⅱ)由(Ⅰ)得 Sn＝n（2＋2n） 2 ＝n(n＋1)， 则 bn＝Sn n ＝n＋1， 故 bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1， 即数列{bn}是 2 为首项，1 为公差的等差数列，bn＝n＋1.所以 Tn＝n（2＋n＋1） 2 ＝ n（n＋3） 2 . (2)各项均为正数的数列{an}满足 a2 n＝4Sn－ 2an－1(n∈N*)，其中 Sn 为{an}的前 n 项和． (Ⅰ)求 a1，a2 的值； (Ⅱ)求数列{an}的通项公式． 解：(Ⅰ)当 n＝1 时，a2 1＝4S1－2a1－1＝2a1－1， 即(a1－1)2＝0，解得 a1＝1. 当 n＝2 时， a2 2＝4S2－2a2－1＝4a1＋2a2－1＝3＋2a2， 解得 a2＝3 或 a2＝－1(舍去)． (Ⅱ)a2 n＝4Sn－2an－1，① a2 n＋1＝4Sn＋1－2an＋1－1.② ②－①得 a2 n＋1－a2 n＝4an＋1－2an＋1＋2an＝2(an＋1＋an)， 即(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)． 因为数列{an}各项均为正数， 所以 an＋1＋an>0，所以 an＋1－an＝2， 所以数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列．所以 an＝2n－1. 类型三 等差数列的性质 (1)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，a6＝100，则 S11＝________； (2)设数列{an}，{bn}都是等差数列．若 a1＋ b1＝7，a3＋b3＝21，则 a5＋b5＝________； (3)若一个等差数列的前 4 项和为 36，后 4 项和为 124，且所有项的和为 780，则这个 数列的项数为________； (4)已知 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，Sn＝m，Sm＝n(n≠m)，则 Sm＋n＝________. 解：(1)S11＝11（a1＋a11） 2 ＝11a6＝1 100.故填 1 100. (2)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以数列{an＋bn}也是等差数列．故由等差中项 的性质，得(a5＋b5)＋(a1＋b1)＝2(a3＋b3)，即 a5＋b5＋7＝2×21，解得 a5＋b5＝35.故填 35. (3)设该等差数列的项数为 n，则 a1＋a2＋a3＋a4＝36，an＋an－1＋an－2＋an－3＝124， a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3， 所以 4(a1＋an)＝160，即 a1＋an＝40. 所以 Sn＝n（a1＋an） 2 ＝20n＝780，解得 n＝39.故填 39. (4)解法一：令 Sn＝An2＋Bn，则 An2＋Bn＝m， Am2＋Bm＝n， 得 A(n2－m2)＋B(n－m)＝m－n. 因为 n≠m，所以 A(n＋m)＋B＝－1. 所以 Sm＋n＝A(m＋n)2＋B(m＋n)＝－(m＋n)． 解法二：不妨设 m＞n， Sm－Sn＝an＋1＋an＋2＋an＋3＋…＋am－1＋am ＝（m－n）（an＋1＋am） 2 ＝n－m， 所以 a1＋am＋n＝an＋1＋am＝－2. 所以 Sm＋n＝（m＋n）（a1＋am＋n） 2 ＝－(m＋n)． 解法三：因为{an}是等差数列，所以 Sn n 为等差数列，D 为公差． 所以 Sm＋n m＋n －Sm m ＝nD，Sn n －Sm m ＝(n－m)D. 所以 m n －n m n－m ＝ Sm＋n m＋n －n m n ，解得 Sm＋n＝－(m＋n)． 故填－(m＋n)． 点拨： (1)可利用等差数列的性质 S2n＋1＝(2n＋1)an＋1 来求解，这一性质表明：若等差数列有奇 数项，则正中间一项是该数列各项的平均数；(2)利用等差数列的性质及等差中项来求；(3) 可利用“等差数列前 m 项与后 m 项的和等于 m(a1＋an)”这一性质来求解；(4)可利用等差数 列下标和性质：若“p＋q＝ m＋n，则 ap＋aq＝am＋an”来求解．等差数列的性质是其定义、 通项公式及前 n 项和公式等基础知识的推广与变形，解题时灵活应用这些性质常常可化繁为 简，起到事半功倍的效果． (1)若两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn，已知Sn Tn ＝ 7n n＋3 ，则a5 b5 等于( ) A．7 B.2 3 C.27 8 D.21 4 (2)已知等差数列{an}的公差为 4，项数为偶数，所有奇数项的和为 15，所有偶数项的 和为 55，则这个数列的项数为( ) A．10 B．20 C．30 D．40 (3)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S10＝10，S20＝30，则 S30＝________. 解：(1)因为 a5＝a1＋a9 2 ，b5＝b1＋b9 2 ，所以a5 b5 ＝ a1＋a9 2 b1＋b9 2 ＝ 9（a1＋a9） 2 9（b1＋b9） 2 ＝S9 T9 ＝7×9 9＋3 ＝21 4 .故选 D. (2)等差数列{an}的公差为 4，设项数为 n，前 n 项和为 Sn，则 S 偶－S 奇＝d 2 n＝2n＝40， 解得 n＝20，所以这个数列的项数为 20.故选 B. (3)因为 S10，S20－S10，S30－S20 成等差数列，所以 2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，所以 40 ＝10＋ S30－30，所以 S30＝60.故填 60. 类型四 等差数列的最值问题 等差数列{an}的首项 a1＞0，设其前 n 项和为 Sn，且 S5＝S12，则当 n 为何值时， Sn 有最大值？ 解法一：由题意知 d＜0，因为 Sn＝d 2 n2＋ a1－d 2 n， 设 f(x)＝d 2 x2＋ a1－d 2 x，如图， 由 S5＝S12 知，抛物线的对称轴为 x＝5＋12 2 ＝17 2 ，由图可知，当 1≤n≤8 时，Sn 单调递 增；当 n≥9 时，Sn 单调递减，且 S8＝S9. 又 n∈N*，所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值． 解法二：设等差数列{an}的公差为 d，由 S5＝S12 得 5a1＋10d＝12a1＋66d，d＝－1 8 a1＜0. Sn＝na1＋n（n－1） 2 d＝na1＋n（n－1） 2 · －1 8 a1 ＝－ 1 16 a1(n2－17n)＝－ 1 16 a1 n－17 2 2 ＋289 64 a1， 因为 a1＞0，n∈N*，所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值． 解法三：由解法二得 d＝－1 8 a1＜0. 设此数列的前 n 项和最大，则 an≥0， an＋1≤0， 即 an＝a1＋（n－1）· －1 8 a1 ≥0， an＋1＝a1＋n· －1 8 a1 ≤0， 解得 n≤9， n≥8， 即 8≤n≤9， 又 n∈N*，所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值． 解法四：由解法二得 d＝－1 8 a1＜0， 又 S5＝S12 得 a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝0， 所以 7a9＝0，所以 a9＝0. 所以当 n＝8 或 9 时，Sn 有最大值． 点拨： 求等差数列前 n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转 折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前 n 项和 Sn ＝An2＋Bn(A，B 为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值． (1)(2015·洛阳统考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＞0，a3＋a10＞0， a6a7＜0，则满足 Sn＞0 的最大自然数 n 的值为( ) A．6 B．7 C．12 D．13 解：因为 a1＞0，a6a7＜0，所以 a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零，又 a3＋a10＝a1 ＋a12＞0， a1＋a13＝2a7＜0，又因为 Sn＝n（a1＋an） 2 ，所以 S12＞0，S13＜0，所以满足 Sn＞0 的最大自然数 n 的值为 12.故选 C. (2)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1<0，S2 017＝0. ①求 Sn 的最小值及此时 n 的值； ②求 n 的取值集合，使 an≥Sn. 解：①设公差为 d，则由 S2 017＝0 得 2 017a1＋2 017×2 016 2 d＝0，得 a1＋1 008d＝0， d＝－ 1 1 008 a1，a1＋an＝2 017－n 1 008 a1， 所以 Sn＝n 2 (a1＋an)＝n 2 ·2 017－n 1 008 a1 ＝ a1 2 016 (2 017n－n2)． 因为 a1<0，n∈N*， 所以当 n＝1 008 或 1 009 时，Sn 取最小值 1 009 2 a1. ②an＝1 009－n 1 008 a1， Sn≤an⇔ a1 2 016 (2 017n－n2)≤1 009－n 1 008 a1. 因为 a1<0，所以 n2－2 019n＋2 018≤0， 即(n－1)(n－2 018)≤0，解得 1≤n≤2 018. 故所求 n 的取值集合为{n|1≤n≤2 018，n∈N*}． 1．等差数列中，已知 5 个元素 a1，an，n，d，Sn 中的任意三个，便可求出其余两个．除 已知 a1，d，n 求 an，Sn 可以直接用公式外，其他情况一般都要列方程或方程组求解，因此 这种问题蕴含着方程思想．注意，我们把 a1，d 叫做等差数列的基本元素．将所有其他元素 都转化成基本元素是解决等差数列问题的一个非常重要的基本思想． 2．求等差数列{an}前 n 项的绝对值{|an|}之和，首先应分清这个数列哪些项是负的，哪 些项是非负的，然后再分段求和． 3．等差数列前 n 项和的最值通常是在正负项分界的位置产生，利用这一性质可求其最 值；另一种方法是利用二次函数的性质． 4．灵活运用等差数列的性质(如等差中项的性质)，可简化运算． 5．等差数列{an}的前 n 项和满足： Sn n 也是等差数列，且首项与{an}的首项相同，公差 为{an}公差的一半． 6．数列{an}是等差数列的充要条件是 Sn＝ An2＋Bn(A，B 是常数，n∈N*)． 1．(2015·云南月考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a3＝5，S11＝22，则数列{an} 的公差 d 为( ) A．－1 B．－1 3 C.1 3 D．1 解：因为 S11＝11a6＝22，所以 a6＝2， 所以 d＝a6－a3 6－3 ＝－1.故选 A. 2．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若S4 12 － S3 9 ＝1，则公差 d 为( ) A．2 B．4 C．5 D．6 解：依题意得 S4＝4a1＋4×3 2 d＝4a1＋6d，S3＝3a1＋3×2 2 d＝3a1＋3d，于是有4a1＋6d 12 － 3a1＋3d 9 ＝1，解得 d＝6.故选 D. 3．(2016·鄂东南联盟期中检测)已知等差数列{an}，其前 n 项和为 Sn，若 a4＋a5＋a6 ＝π 4 ，则 cosS9 的值为( ) A.1 2 B. 2 2 C．－1 2 D．－ 2 2 解：由已知得 a4＋a5＋a6＝π 4 ＝3a5， 所以 a5＝π 12 ，S9＝9a5＝3π 4 ，cosS9＝－ 2 2 . 故选 D. 4．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且S4 S2 ＝4，则S6 S4 ＝( ) A.9 4 B.3 2 C.5 3 D．4 解：设 S2＝x，则 S4＝4x，因为 S2，S4－S2， S6－S4 成等差数列，所以 S6－S4＝5x， 即 S6＝9x，所以S6 S4 ＝9x 4x ＝9 4 .故选 A. 5．(2015·浙江名校联考)已知每项均大于零的数列{an}中，首项 a1＝1 且前 n 项和 Sn 满足 Sn Sn－1－Sn－1 Sn＝2 SnSn－1(n∈N*且 n≥2)，则 a81＝( ) A．641 B．640 C．639 D．638 解：由已知 Sn Sn－1－Sn－1 Sn＝2 SnSn－1可得， Sn－ Sn－1＝2，所以{ Sn}是以 1 为首项， 2 为公差的等差数列，故 Sn＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，所以 a81＝S81－S80＝1612－1592＝640. 故选 B. 6．已知数列{an}为等差数列，若a11 a10 <－1，且它们的前 n 项和 Sn 有最大值，则使 Sn>0 的 n 的最大值为( ) A．11 B．19 C．20 D．21 解：因为a11 a10 <－1，且 Sn 有最大值， 所以 a10>0，a11<0，且 a10＋a11<0， 所以 S19＝19（a1＋a19） 2 ＝19·a10>0， S20＝20（a1＋a20） 2 ＝10(a10＋a11)<0， 故使得 Sn>0 的 n 的最大值为 19.故选 B. 7．(2015·东北四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有 一道这样的题目：把 100 个面包分给 5 个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和 的1 7 是较小的两份之和，则最小的一份为________． 解：依题意，设这 100 份面包所分成的五份由小到大依次为 a－2m，a－m，a，a＋m，a ＋2m (m＞0)， 则有 5a＝100， a＋（a＋m）＋（a＋2m）＝7（a－2m＋a－m）， 解得 a＝20，m＝11a 24 ，a－2m＝ a 12 ＝5 3 ， 即其中最小的一份为5 3 .故填5 3 . 8．(2016·山西四校联考)设数列{an}满足 a2＋a4＝10，点 Pn(n，an)对任意的 n∈N*， 都有向量 1n nP P   ＝(1，2)，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________. 解：因为 Pn(n，an)，所以 Pn＋1(n＋1，an＋1)，所以 1n nP P   ＝(1，an＋1－an)＝(1，2)，所 以 an＋1－an＝2， 所以{an}是公差 d 为 2 的等差数列．又由 a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得 a1＝1， 所以 Sn＝n＋n（n－1） 2 ×2＝n2.故填 n2. 9．已知公差大于零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a3·a4＝117，a2＋a5＝22， 求 an 和 Sn. 解：因为数列{an}为等差数列，所以 a3＋a4＝a2＋a5＝22. 又 a3·a4＝117，所以 a3，a4 是方程 x2－22x＋117＝0 的两实根， 又公差 d＞0，所以 a3＜a4，所以 a3＝9，a4＝13， 所以 a1＋2d＝9， a1＋3d＝13， 所以 a1＝1， d＝4. 所以通项公式 an＝4n－3. 所以 Sn＝na1＋n（n－1） 2 ×d＝2n2－n. 10．已知数列{an}满足 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前 n 项和为 Sn，且 a3＝10，S6＝72， 若 bn＝1 2 an－30，设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn 的最小值． 解：因为 2an＋1＝an＋an＋2， 所以 an＋1－an＝an＋2－an＋1， 故数列{an}为等差数列． 设数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由 a3＝10，S6＝72 得， a1＋2d＝10， 6a1＋15d＝72， 解得 a1＝2， d＝4. 所以 an＝4n－2，则 bn＝1 2 an－30＝2n－31， 令 bn≤0， bn＋1≥0， 即 2n－31≤0， 2（n＋1）－31≥0， 解得29 2 ≤n≤31 2 ， 因为 n∈N*，所以 n＝15， 即数列{bn}的前 15 项均为负值，第 16 项为正值． 所以 T15 最小．因为数列{bn}的首项是－29，公差为 2， 所以 T15＝15（b1＋b15） 2 ＝－225， 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn 的最小值为－225. (2014·全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn －1，其中λ为常数． (1)证明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由． 解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1， an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得 an＋1(an ＋2－an)＝ λan＋1，由于 an＋1≠0，所以 an＋2－an＝λ. (2)存在λ使得{an}为等差数列，理由如下： 由题设 a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1，由(1)知 a3＝λ＋1. 假设{an}为等差数列，则 a1，a2，a3 成等差数列，所以 a1＋a3＝2a2，解得λ＝4. 以下证明λ＝4 时，{an}为等差数列． 由 an＋2－an＝4 知， 数列奇数项构成的数列{a2m－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2m－1＝4m－3， 令 n＝2m－1，则 m＝n＋1 2 ， 所以 an＝2n－1(n＝2m－1)． 数列偶数项构成的数列{a2m}是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2m＝4m－1，m∈N*. 令 n＝2m，则 m＝n 2 ，所以 an＝2n－1(n＝2m)． 所以 an＝2n－1(n∈N*)，an＋1－an＝2. 因此，存在λ＝4，使得{an}为等差数列． 1．{an}为等差数列，公差 d＝－2，Sn 为其前 n 项和．若 S10＝S11，则 a1＝( ) A．18 B．20 C．22 D．24 解：由 S10＝S11 得 a11＝S11－S10＝0，a1＝a11－ 10d＝0－10×(－2)＝20.故选 B. 2．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a5＋ a14＝10，则 S18＝( ) A．20 B．60 C．90 D．100 解：因为{an}是等差数列，所以 S18＝18（a1＋a18） 2 ＝9(a5＋a14)＝90.故选 C. 3．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105， a2＋a4＋a6＝99，则 a20 等于( ) A．－1 B．1 C．3 D．7 解：两式相减，可得 3d＝－6，d＝－2.由已知可得 3a3＝105，a3＝35，所以 a20＝a3＋17d ＝35＋17×(－2)＝1.故选 B. 4．设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，公差 d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则 k＝( ) A．8 B．7 C．6 D．5 解：由 a1＝1，公差 d＝2 得通项 an＝2n－1，又 Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2，所以 2k＋1＋2k＋ 3＝24，得 k＝5.故选 D. 5．在等差数列{an}中，S15>0，S16<0，则使 an>0 成立的 n 的最大值为( ) A．6 B．7 C．8 D．9 解：依题意得 S15＝15（a1＋a15） 2 ＝15a8>0，即 a8>0；S16＝16（a1＋a16） 2 ＝8(a1＋a16)＝8(a8 ＋a9)<0，即 a8＋a9<0，a9<－a8<0.因此使 an>0 成立的 n 的最大值是 8.故选 C. 6．已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn，且An Bn ＝7n＋45 n＋3 ，则使得an bn 为 整数的正整数 n 的个数是( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解：由An Bn ＝7n＋45 n＋3 得：an bn ＝A2n－1 B2n－1 ＝14n＋38 2n＋2 ＝7n＋19 n＋1 ，要使an bn 为整数，则需7n＋19 n＋1 ＝7＋ 12 n＋1 为整数，所以 n＝1，2，3，5，11，共有 5 个．故选 D. 7．(2016·江苏)已知{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和．若 a1＋a2 2＝－3，S5＝10，则 a9 的值是________． 解：设公差为 d，则由题意可得 a1＋(a1＋d)2＝－3，5a1＋10d＝10，解得 a1＝－4，d＝3，则 a9＝－4＋8×3＝20.故填 20. 8．在等差数列{an}中，a1＝－3，11a5＝5a8－13，则数列{an}的前 n 项和 Sn 的最小值为 ________． 解：设公差为 d，则 11(－3＋4d)＝5(－3＋7d)－13， 所以 d＝5 9 ，所以数列{an}为递增数列． 令 an≤0，所以－3＋5 9 (n－1)≤0，所以 n≤32 5 ， 又 n∈N*，前 6 项和最小， S6＝6a1＋6×5 2 ×d＝－29 3 ， 所以 Sn 的最小值为－29 3 .故填－29 3 . 9．设 a1，d 为实数，首项为 a1，公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 S5S6 ＋15＝0. (1)若 S5＝5，求 S6 及 a1； (2)求 d 的取值范围． 解：(1)由题意知 S6＝－15 S5 ＝－3， a6＝S6－S5＝－8， 所以 5a1＋10d＝5， a1＋5d＝－8， 解得 a1＝7. (2)因为 S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即 2a2 1＋9da1＋10d2＋1＝0， 此式可看作关于 a1 的一元二次方程，则Δ＝(9d)2－8(10d2＋1)≥0，即 d2≥8，故 d 的 取值范围为{d|d≤－2 2或 d≥2 2}． 10．(2016·全国卷Ⅱ)Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，且 a1＝1，S7＝28.记 bn＝，其中 表示不超过 x 的最大整数，如＝0，＝1. (1)求 b1，b11，b101； (2)求数列{bn}的前 1 000 项和． 解：(1)设{an}的公差为 d，S7＝7a4＝28， 所以 a4＝4，所以 d＝a4－a1 3 ＝1，所以 an＝a1＋(n－1)d＝n. 所以 b1＝＝＝0，b11＝＝ ＝1，b101＝＝＝2. (2)记{bn}的前 n 项和为 Tn， 则 T1 000＝b1＋b2＋…＋b1 000 ＝＋＋…＋． 当 0≤lgan<1 时，n＝1，2，…，9； 当 1≤lgan<2 时，n＝10，11，…，99； 当 2≤lgan<3 时，n＝100，101，…，999； 当 lgan＝3 时，n＝1 000. 所以 T1 000＝0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝ 1 893. (2015·福建)在等差数列{an}中，公差 d＞0，前 n 项和为 Sn，a2a3＝45，a1＋a5 ＝18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝ Sn n＋c (n∈N*)，是否存在一个非零常数 c，使数列{bn}也为等差数列？若存在， 求出 c 的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意得 （a1＋d）（a1＋2d）＝45， a1＋（a1＋4d）＝18. 解得 a1＝1， d＝4. 所以 an＝4n－3(n∈N*)． (2)由 bn＝ Sn n＋c ＝ n（1＋4n－3） 2 n＋c ＝2n n－1 2 n＋c ， 因为 c≠0，所以可令 c＝－1 2 ，得到 bn＝2n. 因为 b1＝2，bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)， 所以数列{bn}是首项为 2，公差为 2 的等差数列． 即存在一个非零常数 c＝－1 2 ，使数列{bn}也为等差数列． 6．3 等比数列 1．等比数列的定义 一般地，如果一个数列从第 2 项起，每一项与它的前一项的 等于同一 ，那 么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ，通常用字母 q 表示(q≠0)． 2．等比中项 如果在 a 与 b 中间插入一个数 G，使 a，G，b 成等比数列，那么 G 叫做 a 与 b 的 ， 且 G2＝ 或 G＝ . 3．等比数列的通项公式 (1)若{an}是等比数列，则通项 an＝ 或 an＝ .当 n－m 为大于 1 的奇数 时，q 用 an，am 表示为 q＝ ；当 n－m 为正偶数时，q＝ ． (2)an＝a1qn－1 可变形为 an＝Aqn，其中 A＝ ；点(n，an)是曲线 上 一群孤立的点． 4．等比数列的前 n 项和公式 等比数列{an}中，Sn＝ ，q＝1， ＝ ，q≠1. 求和公式的推导方法是： ， 为解题的方便，有时可将求和公式变形为 Sn＝Bqn－B(q≠1)，其中 B＝ 且 q≠0，q≠ 1. 5．等比数列的判定方法 (1)定义法：an＋1＝anq 且 a1≠0(q 是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (2)通项公式法：an＝cqn(c，q 均是不为 0 的常数，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (3)等比中项法：a2 n＋1＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)⇔{an}是等比数列． (4)前 n 项和公式法：Sn＝ a1 q－1 qn－ a1 q－1 ＝ Bqn－B B＝ a1 q－1 是常数，且 q≠0，q≠1 ⇒ {an}是等比数列． 6．等比数列的性质 (1)在等比数列中，若 p＋q＝m＋n，则 ap·aq＝am·an； 若 2m＝p＋q，则 a2 m＝ap·aq(p，q，m，n∈N*)． (2)若{an}，{bn}均为等比数列，且公比分别为 q1，q2，则数列 1 an ，{p·an}(p≠0)，{an·bn}， an bn 仍为等比数列且公比分别为 ， ， ， . (3)在等比数列中，按序等距离取出若干项，也构成一个等比数列，即 an，an＋m，an＋2m，… 仍为等比数列，公比为 ． (4)公比不为－1 的等比数列前 n 项和为 Sn (Sn≠0)，则 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…构成等 比数列，且公比为 ． (5)对于一个确定的等比数列，在通项公式 an＝a1qn－1 中，an 是 n 的函数，这个函数由正 比例函数 an＝a1 q ·u 和指数函数 u＝qn(n∈N*)复合而成． ①当 a1＞0， 或 a1＜0， 时，等比数列{an}是递增数列； ②当 a1＞0， 或 a1＜0， 时，等比数列{an}是递减数列； ③当 时，它是一个常数列； ④当 时，它是一个摆动数列． 自查自纠： 1．比 常数 公比 2．等比中项 ab ± ab 3．(1)a1qn－1 amqn－m n－m an am ± n－m an am (2)a1 q y＝ a1 q qx 4．na1 a1（1－qn） 1－q a1－anq 1－q 乘公比，错位相减 a1 q－1 6．(2)1 q1 q1 q1q2 q1 q2 (3)qm (4)qn (5)①q＞1 0＜q＜1 ②0＜q＜1 q＞1 ③q＝1 ④q＜0 等比数列的前 n 项，前 2n 项，前 3n 项的和分别为 X，Y，Z，则( ) A．X＋Y＝Z B．Y2＝XZ C．(X＋Y)－Z＝Y2 D．X2＋Y2＝X(Y＋Z) 解：根据题意，由等比数列的性质知，X，Y－X，Z－Y 成等比数列，即(Y－X)2＝X(Z－ Y)，得 X2＋Y2＝X(Y＋Z)．故选 D. 已知等比数列{an}为递增数列．若 a1>0，且 2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比 q ＝( ) A．2 B.1 2 C．2 或1 2 D．3 解：由题意得 2an＋2anq2＝5anq，化简得 2q2－5q＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝1 2 ，由题意知 q>1.所以 q＝2.故选 A. (2015·东北联考)已知数列{an}满足 2an＋1＋an＝0，a2＝1，则数列{an}的前 10 项和 S10 为( ) A.4 3 (210－1) B.4 3 (210＋1) C.4 3 (2－10－1) D.4 3 (2－10＋1) 解：因为 2an＋1＋an＝0，所以an＋1 an ＝－1 2 .又 a2＝1，所以 a1＝－2，所以数列{an}是－ 2 为首项，－1 2 为公比的等比数列，所以 S10＝a1（1－q10） 1－q ＝ －2（1－2－10） 1＋1 2 ＝4 3 (2－10－1)．故 选 C. (2015·湖南)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1＝1，且 3S1，2S2，S3 成等差 数列，则 an＝________． 解：由 3S1，2S2，S3 成等差数列，得 4S2＝ 3S1＋S3，即 3S2－3S1＝S3－S2，也即 3a2 ＝a3，得公比 q＝3，所以 an＝a1qn－1＝3n－1.故填 3n－1. (2016·苏州一模)若等比数列{an}的各项均为正数，且 a10a11＋a9a12＝2e5，则 lna1＋lna2 ＋…＋lna20＝_____________________________. 解：由题意得 a10a11＝e5，所以 lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝ln＝ln(a10a11)10 ＝10ln(a10a11)＝10lne5＝50，故填 50. 类型一 等比数列的判定与证明 (2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式； (2)若 S5＝31 32 ，求λ. 解：(1)由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝ 1 1－λ ，a1≠0. 由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1 得 an＋1＝λan＋1－λan，即 an＋1(λ－1)＝λan.由 a1≠0， λ≠0 得 an≠0.所以an＋1 an ＝ λ λ－1 . 因此{an}是首项为 1 1－λ ，公比为 λ λ－1 的等比数列，于是 an＝ 1 1－λ λ λ－1 n－1 . (2)由(1)得 Sn＝1－ λ λ－1 n ， 由 S5＝31 32 得 1－ λ λ－1 5 ＝31 32 ，即 λ λ－1 5 ＝ 1 32 ， 解得λ＝－1. 点拨： (1)证明数列{bn}是等比数列，常用方法：①定义法；②等比中项法．(2)证明数列不是 等比数列，可举一个反例或用反证法． 设{an}是公比为 q 的等比数列. (1)推导{an}的前 n 项和公式； (2)设 q≠1, 证明数列{an＋1}不是等比数列． 解：(1) 设{an}的前 n 项和为 Sn， 当 q＝1 时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1； 当 q≠1 时，Sn＝a1＋a1q＋…＋a1qn－1, ① qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，② ①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn. 所以 Sn＝a1(1－qn) 1－q ， 所以 Sn＝ na1， q＝1， a1(1－qn) 1－q ， q≠1. (2) 证明(反证法)：假设数列{an＋1}是等比数列，则对任意的 k∈N＋，(ak＋1＋1)2＝ (ak＋1)(ak＋2＋1)， a2 k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， a2 1q2k＋2a1qk＋1＝a1qk－1a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1＋1， 因为 a1≠0，所以 2qk＝qk－1＋qk＋1. 因为 q≠0，所以 q2－2q＋1＝0. 所以 q＝1，与已知矛盾． 所以数列{an＋1}不是等比数列． 类型二 等比数列基本量的计算 (1)在等比数列{an}中，a3＝7，前 3 项之和 S3＝21，则公比 q 的值为________． 解：根据已知条件得 a1q2＝7， a1＋a1q＋a1q2＝21， 所以1＋q＋q2 q2 ＝3，整理得 2q2－q－1＝0， 解得 q＝1 或 q＝－1 2 .故填 1 或－1 2 . (2)(2015·唐山一模)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＋a3＝5 2 ，a2＋a4＝5 4 ，则Sn an ＝________. 解：设{an}的公比为 q， 因为 a1＋a3＝5 2 ， ① a2＋a4＝（a1＋a3）q＝5 4 ， ② ②÷①得 q＝1 2 ，所以 a1＝2， 所以 an＝2× 1 2 n－1 ＝4 2n， 所以 Sn＝ 2× 1－ 1 2 n 1－1 2 ＝4 1－1 2n ，所以Sn an ＝ 4 1－1 2n 4 2n ＝2n－1.故填 2n－1. (3)设数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 6Sn＋1＝9an(n∈N*)． (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)若数列{bn}满足 bn＝1 an ，求数列{bn}前 n 项和 Tn. 解：(Ⅰ)当 n＝1 时，由 6a1＋1＝9a1，得 a1＝1 3 . 当 n≥2 时，由 6Sn＋1＝9an，得 6Sn－1＋1＝9an－1， 两式相减得 6(Sn－Sn－1)＝9(an－an－1)， 即 6an＝9(an－an－1)，所以 an＝3an－1. 所以数列{an}是以1 3 为首项，3 为公比的等比数列，其通项公式为 an＝1 3 ×3n－1＝3n－2. (Ⅱ)因为 bn＝1 an ＝ 1 3 n－2 ，b1＝1 a1 ＝3， 所以{bn}是以 3 为首项，1 3 为公比的等比数列， 所以 Tn＝ 3 1－ 1 3 n 1－1 3 ＝9 2 1－ 1 3 n . 点拨： 在等比数列五个基本量 a1，q，n，an，Sn 中，已知其中三个量，可以将已知条件结合等 比数列的性质或通项公式、前 n 项和公式转化为关于基本量的方程(组)来求得余下的两个 量，计算有时要整体代换，根据前 n 项和公式列方程还要注意对 q 是否为 1 进行讨论． (1)(2016·绵阳一模)设各项均不为 0 的数列{an}满足 an＋1＝ 2an，Sn 是其前 n 项和，若 a2a4＝2a5，则 S4＝( ) A．4 2 B．8 2 C．3－3 2 D．6＋6 2 (2)在等比数列{an}中，若 a4－a2＝6，a5－a1＝15，则 a3＝________. 解：(1)易知 q＝ 2，由 a2a4＝2a5⇒a2 3＝2a5，故 a3＝4，a1＝2，于是 S4＝2[1－（ 2）4] 1－ 2 ＝6＋6 2.故选 D. (2)设等比数列{an}的公比为 q，则 a1q3－a1q＝6， a1q4－a1＝15， 两式相除，得 q 1＋q2＝2 5 ，即 2q2－5q ＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝1 2 . 所以 a1＝1， q＝2 或 a1＝－16， q＝1 2 . 故 a3＝4 或 a3＝－4.故填 4 或－4. 类型三 等比数列的性质 (1)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S6∶S3＝1∶2，则 S9∶S3＝________. (2)在等比数列{an}中，若 a1a2a3a4＝1，a13a14a15a16＝8，则 a41a42a43a44＝________. (3)设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn 分别为数列{lgan}与{lgbn}的前 n 项和， 且Sn Tn ＝ n 2n＋1 ，则 logb5a5＝________. 解：(1)由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6 仍成等比数列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9 －S6)，不妨令 S3＝2，则 S6＝1，代入解得 S9＝3 2 ，S9∶S3＝3∶4.故填 3∶4. (2)解法一：设等比数列{an}的公比为 q， a1a2a3a4＝a1·a1q·a1q2·a1q3＝a4 1·q6＝1，① a13a14a15a16＝a1q12·a1q13·a1q14·a1q15＝a4 1·q54＝8，② ②÷①：a4 1·q54 a4 1·q6 ＝q48＝8，q16＝2， 所以 a41a42a43a44＝a1q40·a1q41·a1q42·a1q43 ＝a4 1·q166＝a4 1·q6·q160 ＝(a4 1·q6)·(q16)10＝210＝1 024. 解法二：由性质可知，依次 4 项的积为等比数列，设公比为 p， 设 T1＝a1·a2·a3·a4＝1， T4＝a13·a14·a15·a16＝8， 所以 T4＝T1·p3＝1·p3＝8，p＝2. 所以 T11＝a41·a42·a43·a44＝T1·p10＝210＝1 024. 故填 1 024. (3)由题意知S9 T9 ＝lg（a1·a2·…·a9） lg（b1·b2·…·b9） ＝lga9 5 lgb9 5 ＝lga5 lgb5 ＝logb5a5＝ 9 19 .故填 9 19 . 点拨： (1)等比数列有很多子数列仍是等比数列，本题是性质“在等比数列中，若 Sn≠0，则 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n 成等比数列”的应用，特别注意其前提条件是 Sn≠0.(2)等比数列中， 依次 m 项积仍为等比数列，但公比发生改变．(3)利用性质“当 m＋n＝ p＋q(m，n，p， q∈N*)时，有 am·an＝ap·aq”转化条件． 在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n＋2 个数构成递增的等比数列，将 这 n＋2 个数的乘积记作 Tn，再令 an＝lgTn，n≥1，求数列{an}的通项公式． 解法一：设 t1，t2，…，tn＋2 构成等比数列，其中 t1＝1，tn＋2＝100，则 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，② ①×②并利用 titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T2 n＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)，所以 an＝lgTn＝n＋2(n≥1)． 解法二：依题意，可设这 n＋2 个数依次为 1，a，a2，…，an，100；所以 Tn＝100a1＋2＋… ＋n，an＝ lgTn＝n（n＋1） 2 lga＋2，又因为 an＋1＝100，所以 an＝n＋2(n≥1)． 1．注意等比数列每一项均不为 0，q 也不为 0. 2．等比数列中，已知五个元素 a1，an，n，q，Sn 中的任意三个，便可求出其余两个．可 类比上节等差数列“名师点睛”栏 1 进行探究． 3．准确理解等比数列的定义及各公式的等价形式，灵活运用等比数列的性质． 4．在含字母参数的等比数列求和时，应分 q＝1 与 q≠1 两种情况进行讨论． 5．学习等比数列，要善于将其与等差数列进行类比，如等差数列中与“和”有关的性 质可类比等比数列中与“积”有关的性质，还可对二者的思维形式、方法与技巧进行类比． 6．等比数列通项公式的求法有： (1)观察法． (2)公式法：①an＝ S1（n＝1）， Sn－Sn－1（n≥2）； ②等比数列{an}的通项公式． (3)构造法： ①an＋1＝pan＋q; ②an＋1＝pan＋qn； ③an＋1＝pan＋f(n); ④an＋2＝pan＋1＋qan. 1．已知等比数列{an}的公比 q＝2，且 2a4，a6，48 成等差数列，则{an}的前 8 项和为 ( ) A．127 B．255 C．511 D．1 023 解：因为 2a4，a6，48 成等差数列，所以 2a6＝2a4＋48，所以 2a1q5＝2a1q3＋48，又因为 q＝2，所以 a1＝1，所以 S8＝1×（1－28） 1－2 ＝255.故选 B. 2．(2016·昆明联考)等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，则 Tn＝ 1 a1a2 ＋ 1 a2a3 ＋…＋ 1 anan＋1 的结 果可化为( ) A．1－1 4n B．1－1 2n C.2 3 1－1 4n D.2 3 1－1 2n 解：易求得 an＝2n－1，所以 anan＋1＝22n－1， Tn＝1 2 ＋1 23＋1 25＋…＋ 1 22n－1＝ 1 2 1－ 1 4 n 1－1 4 ＝2 3 1－1 4n .故选 C. 3．设各项都是正数的等比数列{an}，Sn 为前 n 项和，且 S10＝10，S30＝70，那么 S40 等于 ( ) A．150 B．120 C．150 或－200 D．400 解：依题意，数列 S10，S20－S10，S30－S20， S40－S30 成等比数列，因此有(S20－S10)2 ＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故 S20＝－20 或 S20＝30；又 S20>0，因此 S20＝30， S20－S10＝20， S30－S20＝40，故 S40－S30＝80.S40＝150.故选 A. 4．一个等比数列的前三项的积为 3，最后三项的积为 9，且所有项的积为 729，则该数 列的项数是( ) A．13 B．12 C．11 D．10 解：设该等比数列为{an}，其前 n 项的积为 Tn， 则由已知得 a1·a2·a3＝3，an－2·an－1·an＝9， (a1·an)3＝3×9＝33， 所以 a1·an＝3，又 Tn＝a1·a2·…·an－1·an， Tn＝an·an－1·…·a2·a1， 所以 T2 n＝(a1·an)n，即 7292＝312＝3n，所以 n＝12.故选 B. 5．若正项数列{an}满足 lgan＋1＝1＋lgan，且 a2 001＋a2 002＋a2 003＋…＋a2 010＝2 017， 则 a2 011＋ a2 012＋a2 013＋…＋a2 020 的值为( ) A．2.017×1013 B．2.017×1014 C．2.018×1013 D．2.018×1014 解：由条件知 lgan＋1－lgan＝lgan＋1 an ＝1，即an＋1 an ＝10，所以{an}是公比为 10 的等比数列．因 为 (a2 001＋a2 002＋…＋a2 010)·q10＝a2 011＋a2 012＋…＋ a2 020，所以 a2 011＋a2 012＋…＋a2 020 ＝2.017×1013.故选 A. 6．若数列{an}是正项递减等比数列，Tn 表示其前 n 项的积，且 T8＝T12，则当 Tn 取最大 值时，n 的值等于( ) A．9 B．10 C．11 D．12 解：因为 T8＝T12，所以 a9a10a11a12＝1，又 a9a12＝a10a11＝1，且数列{an}是正项递减数 列，所以 a9>a10>1>a11>a12，因此 T10 取最大值．故选 B. 7．已知正项数列{an}满足 a2 n＋1－6a2 n＝an＋1an，若 a1＝2，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝ ________. 解：由 a2 n＋1－6a2 n＝an＋1an，得 (an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，因为 an>0，所以 an＋1＝3an，即{an}是首项为 2，公比为 3 的 等比数列，于是 Sn＝2×（1－3n） 1－3 ＝3n－1.故填 3n－1. 8．(2015·兰州联考)已知数列{an}的首项为 1，数列{bn}为等比数列且 bn＝an＋1 an ，若 b10·b11 ＝2，则 a21＝________. 解：因为 b1＝a2 a1 ＝a2，b2＝a3 a2 ，所以 a3＝b2a2＝b1b2，因为 b3＝a4 a3 ，所以 a4＝b1b2b3，…，an ＝b1b2b3·…·bn－1，所以 a21＝b1b2b3·…·b20＝ (b10b11)10＝210＝1 024.故填 1 024. 9．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{an}满足 a1＝1，a2 n－(2an＋1－1)an－2an＋1 ＝0. (1)求 a2，a3； (2)求{an}的通项公式． 解：(1)由题意得 a2＝1 2 ，a3＝1 4 . (2)由 a2 n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0， 得 2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)． 因为{an}的各项都为正数，所以an＋1 an ＝1 2 . 故{an}是首项为 1，公比为1 2 的等比数列，因此 an＝ 1 2n－1. 10．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，在数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且 an ＋Sn＝n. (1)设 cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{bn}的通项公式． 解：(1)证明：因为 an＋Sn＝n，① 所以 an＋1＋Sn＋1＝n＋1，② ②－①得 an＋1－an＋an＋1＝1， 所以 2an＋1＝an＋1，所以 2(an＋1－1)＝an－1， 又易得 a1＝1 2 ，a1－1＝－1 2 ≠0， 所以an＋1－1 an－1 ＝1 2 . 所以{cn}是以－1 2 为首项，1 2 为公比的等比数列． (2)由(1)可知 cn＝ －1 2 · 1 2 n－1 ＝－ 1 2 n ， 所以 an＝cn＋1＝1－ 1 2 n . 所以当 n≥2 时， bn＝an－an－1＝1－ 1 2 n － 1－ 1 2 n－1 ＝ 1 2 n－1 － 1 2 n ＝ 1 2 n . 又 b1＝a1＝1 2 代入上式也符合，所以 bn＝ 1 2 n . 数列{an}的前 n 项和记为 Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线 y＝3x＋1 上，n∈N*. (1)当实数 t 为何值时，数列{an}是等比数列； (2)在(1)的结论下，设 bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn 是数列{cn}的前 n 项和，求 Tn. 解：(1)因为点(Sn，an＋1)在直线 y＝3x＋1 上， 所以 an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1(n≥2，且 n∈N*)． 所以 an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，所以 an＋1＝4an(n≥2，n∈N*)，a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t ＋1， 所以当 t＝1 时，a2＝4a1，数列{an}是等比数列． (2)在(1)的结论下 an＋1＝4n，bn＝log4an＋1＝n，cn＝an＋bn＝4n－1＋n， 所以 Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n) ＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝4n－1 3 ＋（1＋n）n 2 . 1．(2016·江西七校联考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 an>0，q>1，且 a3＋a5 ＝20， a2a6＝64，则 S5＝( ) A．31 B．36 C．42 D．48 解：由题意知，a2a6＝a3a5＝64，又 a3＋a5＝20，q>1，解得 a3＝4，a5＝16，所以 q＝2， a1＝1，所以 S5＝1－25 1－2 ＝31.故选 A. 2．(2016·保定调研)在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式为 an ＝( ) A．2n－1 B．2n－1＋1 C．2n－1 D．2(n－1) 解：由题意知 an＋1＋1＝2(an＋1)，a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以 2 为首项，2 为公比 的等比数列，所以 an＋1＝2n，所以 an＝2n－1.故选 A. 3．设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，若S4 S2 ＝3，则S6 S4 ＝( ) A．2 B.7 3 C. 3 10 D．1 或 2 解法一：S2，S4－S2，S6－S4 成等比数列，而 S4＝3S2，所以 S6－S4＝4S2，得 S6＝7S2， 所以S6 S4 ＝7 3 . 解法二： 设等比数列{an}的公比为 q，当 q＝1 时，不满足S4 S2 ＝3，所以 q≠1，于是 Sn ＝a1（1－qn） 1－q .由S4 S2 ＝3 得1－q4 1－q2＝1＋q2＝3，所以 q2＝2，则S6 S4 ＝ 1－q6 1－q4＝1－8 1－4 ＝7 3 .故选 B. 4．(2016·贵阳一模)等比数列{an}中，a1a4＝10，则数列{lgan}的前 4 项和等于( ) A．4 B．3 C．2 D．1 解：在等比数列{an}中，因为 a1a4＝10，所以 a2a3＝a1a4＝10，所以 lga1＋lga2＋lga3＋ lga4＝lg(a1a2a3a4)＝lg100＝2.故选 C. 5．已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝ t·5n－2－1 5 ，则实数 t 的值为( ) A．4 B．5 C.4 5 D.1 5 解：因为 a1＝S1＝1 5 t－1 5 ，a2＝S2－S1＝4 5 t，a3＝S3－S2＝4t，所以由{an}是等比数列知 4 5 t 2 ＝ 1 5 t－1 5 ·4t，显然 t≠0，所以 t＝5.故选 B. 6．将正偶数集合{2，4，6，…}从小到大按第 n 组有 2n 个偶数进行分组如下： 第一组 第二组 第三组 … {2，4} {6，8，10，12} {14，16，18，20，22，24，26，28} … 则 2 016 位于( ) A．第 7 组 B．第 8 组 C．第 9 组 D．第 10 组 解：前 n 组共有 2＋4＋8＋…＋2n＝2×（1－2n） 1－2 ＝2n＋1－2 个数．由 an＝2n＝2 016 知， n＝1 008，所以 2 016 为第 1 008 个偶数，因为 29＝512，210＝1 024，故前 8 组共有 510 个数，前 9 组共有 1 022 个数，即 2 016 在第 9 组．故选 C. 7．在等比数列{an}中，a1＝1 2 ，a4＝－4，则公比 q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝ ________. 解：因为 q3＝a4 a1 ＝－8，所以 q＝－2.|a1|＋ |a2|＋…＋|an|＝ 1 2 （1－2n） 1－2 ＝2n－1－1 2 . 故填－2；2n－1－1 2 . 8．(2016·浙江)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则 a1＝ ________，S5＝________. 解：a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1⇒a1＝1，a2＝3，再由 an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1(n≥2)⇒an ＋1－an＝2an⇒an＋1＝3an(n≥2)，又 a2＝3a1，所以 an＋1＝3an(n≥1)，所以{an}是首项为 1，公 比为 3 的等比数列，所以 S5＝1－35 1－3 ＝121.故填 1；121. 9.已知等比数列{an}中，a1＝1 3 ，公比 q＝1 3 . (1)Sn 为{an}的前 n 项和，证明：Sn＝1－an 2 ； (2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式． 解：(1)证明：因为 an＝1 3 × 1 3 n－1 ＝1 3n， Sn＝ 1 3 1－1 3n 1－1 3 ＝ 1－1 3n 2 ，所以 Sn＝1－an 2 . (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－n（n＋1） 2 .所以{bn}的通项 公式为 bn＝－n（n＋1） 2 . 10．已知数列{an}中，a1＝1，Sn 是数列{an}的前 n 项和，且对任意 n∈N*，有 an＋1＝kSn ＋1(k 为常数)． (1)当 k＝2 时，求 a2，a3 的值； (2)试判断数列{an}是否为等比数列？请说明理由． 解：(1)当 k＝2 时，an＋1＝2Sn＋1， 令 n＝1 得 a2＝2S1＋1，又 a1＝S1＝1，得 a2＝3； 令 n＝2 得 a3＝2S2＋1＝2(a1＋a2)＋1＝9，所以 a3＝9. 所以 a2＝3，a3＝9. (2)由 an＋1＝kSn＋1，得 an＝kSn－1＋1(n≥2)， 两式相减，得 an＋1－an＝kan(n≥2)， 即 an＋1＝(k＋1)an(n≥2)， 且a2 a1 ＝k＋1 1 ＝k＋1，故 an＋1＝(k＋1)an. 故当 k＝－1 时，an＝ 1， n＝1， 0， n≥2. 此时，{an}不是等比数列； 当 k≠－1 时，an＋1 an ＝k＋1≠0，此时，{an}是以 1 为首项，k＋1 为公比的等比数列． 综上，当 k＝－1 时，{an}不是等比数列； 当 k≠－1 时，{an}是等比数列． 已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在正整数 m，使得1 a1 ＋1 a2 ＋…＋1 am ≥1？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说 明理由． 解：(1)由等比数列性质，a1a2a3＝a3 2＝125，故 a2＝5. 设数列{an}的公比为 q， 则由|a2－a3|＝10 有|5－5q|＝10. 所以 q－1＝±2，得 q＝－1 或 q＝3. 所以数列{an}的通项公式为 an＝5×3n－2 或 an＝5×(－1)n－2. (2)若 an＝5×3n－2，则1 an ＝1 5 × 1 3n－2＝3 5 · 1 3 n－1 ， 故 1 an 是首项为3 5 ，公比为1 3 的等比数列． 从而1 a1 ＋1 a2 ＋…＋1 am ＝ 3 5 1－ 1 3 m 1－1 3 ＝ 9 10 ＜ 9 10 ＜1. 若 an＝5×(－1)n，则 1 an ＝1 5 ×(－1)n＝－1 5 ×(－1)n－1， 故 1 an 是首项为－1 5 ，公比为－1 的等比数列． 当 m 为偶数，即 m＝2k(k∈N*)时， 1 a1 ＋1 a2 ＋…＋1 am ＝0＜1. 当 m 为奇数，即 m＝2k－1(k∈N*)时， 1 a1 ＋1 a2 ＋…＋1 am ＝－1 5 ＜1. 综上可知，对任何正整数 m，总有1 a1 ＋1 a2 ＋…＋1 am ＜1. 故不存在正整数 m，使得1 a1 ＋1 a2 ＋…＋1 am ≥1 成立． 6．4 数列求和及应用 1．数列求和方法 (1)公式法： (Ⅰ)等差数列、等比数列前 n 项和公式． (Ⅱ)常见数列的前 n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n＝ ； ②2＋4＋6＋…＋2n＝ ； ③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝ ； ④12＋22＋32＋…＋n2＝ ； ⑤13＋23＋33＋…＋n3＝ n（n＋1） 2 2 . (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列． (3)倒序相加：如等差数列前 n 项和公式的推导方法． (4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．等比 数列{an}前 n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法． (5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩 有限项再求和． 常见的裂项公式： ① 1 n（n＋1） ＝ － 1 n＋1 ； ② 1 （2n－1）（2n＋1） ＝ 1 2n－1 － 1 2n＋1 ； ③ 1 n（n＋1）（n＋2） ＝ 1 n（n＋1） － 1 （n＋1）（n＋2） ； ④ 1 a＋ b ＝ ( a－ b)； ⑤ n （n＋1）！ ＝ － 1 （n＋1）！ ； ⑥Cm－1 n ＝ ； ⑦n·n！＝ ！－n！； ⑧an＝Sn－Sn－1(n≥2)． 2．数列应用题常见模型 (1)单利公式 利息按单利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y＝ . (2)复利公式 利息按复利计算，本金为 a 元，每期利率为 r，存期为 x，则本利和 y＝ . (3)产值模型 原来产值的基础数为 N，平均增长率为 p，对于时间 x，总产值 y＝ . (4)递推型 递推型有 an＋1＝f(an)与 Sn＋1＝f(Sn)两类． (5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等． 自查自纠： 1．(1)①n（n＋1） 2 ②n2＋n ③n2 ④n（n＋1）（2n＋1） 6 (5)①1 n ②1 2 ③1 2 ④ 1 a－b ⑤ 1 n！ ⑥Cm n＋1－Cm n ⑦(n＋1) 2．(1)a(1＋xr) (2)a(1＋r)x (3)N(1＋p)x 设数列 1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前 n 项和为 Sn，则 Sn 等于( ) A．2n B．2n－n C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2 解法一：特殊值法，易知 S1＝1，S2＝4，只有选项 D 适合． 解法二：研究通项 an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝ 2n－1， 所以 Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1) ＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.故选 D. 在各项均为正数的等比数列{an}中，若满足 a4a8＝25，则 log5a1＋log5a2＋…＋log5a11 的值为( ) A．7 B．9 C．11 D．13 解：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以满足 a4a8＝a1a11＝a2a10＝a3a9＝a5a7 ＝a2 6＝25，所以 log5a1＋log5a2＋…＋log5a11＝log5(a1a11)＋log5(a2a10)＋log5(a3a9)＋log5(a4a8) ＋log5(a5a7)＋log5a6＝5log525＋log55＝11.故选 C. 已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3＝0，S5＝－5，则数列 1 a2n－1a2n＋1 的前 8 项和 为( ) A．－3 4 B．－ 8 15 C.3 4 D. 8 15 解：设数列{an}的公差为 d，则 Sn＝na1＋n（n－1） 2 d.由已知可得 3a1＋3d＝0， 5a1＋10d＝－5， 解 得 a1＝1， d＝－1， 所以{an}的通项公式为 an＝2－n. 所以 1 a2n－1a2n＋1 ＝ 1 （3－2n）（1－2n） ＝ 1 2 1 2n－3 － 1 2n－1 ， 所以数列 1 a2n－1a2n＋1 的前 8 项和为1 2 ( 1 －1 －1 1 ＋ 1 1 －1 3 ＋…＋ 1 16－3 － 1 16－1 )＝－ 8 15 .故选 B. 黑白两种颜色的正六边形的面砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第 n 个图案 中有白色地面砖________块． 解：设第 n 个图案中白色地面砖有 an 块， 则 a1＝6，a2＝10，a3＝14，易知 an－an－1＝4(n≥2)， 所以{an}是以 6 为首项，4 为公差的等差数列， 所以 an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.故填 4n＋2. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－2，则 an＝________；记 Tn＝a1＋ 3a2＋… ＋(2n－1)an，则 Tn＝________. 解：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，所以 an＝2an－1；当 n＝1 时，a1＝S1＝2a1－2， 得 a1＝2.所以 an＝2n，所以 Tn＝2＋3×22＋…＋(2n－1)2n，2Tn＝22＋3×23＋…＋(2n－1)2n ＋1，由错位相减法得 Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.故填 2n；6＋(2n－3)2n＋1. 类型一 基本求和问题 数列求和： (1)求数列 11 2 ，21 4 ，31 8 ，…， n＋1 2n ，…的前 n 项和 Sn； (2)求和：1＋ 1 1＋2 ＋ 1 1＋2＋3 ＋…＋ 1 1＋2＋…＋n ； (3)设 f(x)＝ x2 1＋x2，求：f 1 2 017 ＋f 1 2 016 ＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)； (4)求和：Sn＝1 a ＋2 a2＋3 a3＋…＋n an. 解 ： (1)Sn ＝ 1＋1 2 ＋ 2＋1 4 ＋ 3＋1 8 ＋ … ＋ (n ＋ 1 2n ) ＝ (1 ＋ 2 ＋ 3 ＋ … ＋ n) ＋ 1 2 ＋1 4 ＋1 8 ＋…＋1 2n ＝1 2 n(n＋1)＋ 1 2 1－1 2n 1－1 2 ＝1 2 n(n＋1)＋1－1 2n. (2)设数列的通项为 an，则 an＝ 2 n（n＋1） ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2[ 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ]＝2 1－ 1 n＋1 ＝ 2n n＋1 . (3)因为 f(x)＝ x2 1＋x2，所以 f(x)＋f 1 x ＝1. 令 S＝f 1 2 017 ＋f 1 2 016 ＋…＋f(1)＋ f(2)＋…＋f(2 017)，① 则 S＝f(2 017)＋f(2 016)＋…＋f(1)＋ f 1 2 ＋…＋f 1 2 016 ＋f( 1 2 017 )，② ①＋②得：2S＝1×4 033＝4 033，所以 S＝4 033 2 . (4)(Ⅰ)当 a＝1 时，Sn＝1＋2＋…＋n＝n（n＋1） 2 . (Ⅱ)当 a≠1 时，Sn＝1 a ＋2 a2＋3 a3＋…＋n an，① 1 a Sn＝1 a2＋2 a3＋…＋n－1 an ＋ n an＋1，② 由 ① － ② 得 1－1 a Sn ＝ 1 a ＋ 1 a2 ＋ 1 a3 ＋ … ＋ 1 an － n an＋1 ＝ 1 a 1－1 an 1－1 a － n an＋1 ， 所 以 Sn ＝ a（an－1）－n（a－1） an（a－1）2 . 综上所述， Sn＝ n（n＋1） 2 （a＝1）， a（an－1）－n（a－1） an（a－1）2 （a≠1）. 点拨： 数列求和的常用方法有：公式法、分组求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法 等，在选择方法前分析数列的通项公式的结构特征，避免盲目套用、错用求和方法．运用等 比数列求和公式时，注意对公比是否等于 1 进行讨论．本例四道题分别主要使用了分组求和 法、裂项相消法、倒序相加法、错位相减法． 求和： (1)求数列 9，99，999，…的前 n 项和 Sn； (2)求数列 1 1×4 ， 1 4×7 ， 1 7×10 ，…的前 n 项和； (3)求 sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°的值． 解：(1)Sn＝9＋99＋999＋…＋ ＝(101－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋ (10n－1) ＝(101＋102＋103＋…＋10n)－n ＝10（1－10n） 1－10 －n＝10n＋1－10 9 －n. (2)an＝ 1 （3n－2）（3n＋1） ＝1 3 1 3n－2 － 1 3n＋1 . 所以 Sn＝1 3 1 1 －1 4 ＋1 3 1 4 －1 7 ＋1 3 (1 7 － 1 10 )＋…＋1 3 1 3n－2 － 1 3n＋1 ＝1 3 1－ 1 3n＋1 ＝ n 3n＋1 . (3)令 Sn＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°，① 则 Sn＝sin289°＋sin288°＋sin287°＋…＋sin21° ＝cos21°＋cos22°＋cos23°＋…＋cos289°.② ①与②两边分别相加得 2Sn＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin289 °＋cos289°)＝89. 所以 Sn＝89 2 . 类型二 可用数列模型解决的实际问题 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅 游产业，根据规划，本年度投入 800 万元，以后每年投入将比上年减少1 5 ，本年度当地旅游 业收入估计 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比 上年增加1 4 . (1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 An 万元，旅游业总收入为 Bn 万元，写出 An 和 Bn 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？(lg2≈0.301) 解：(1)第一年投入为 800 万元，第二年投入为 800×(1－1 5 )万元，…，第 n 年的投入为 800 1－1 5 n－1 万元．所以 n 年内的总投入为： An＝800＋800× 1－1 5 ＋…＋800 1－1 5 n－1 ＝4000－4000× 4 5 n ； 第一年旅游业收入为 400 万元，第二年旅游业收入为 400× 1＋1 4 万元，…， 第 n 年旅游业收入为 400 1＋1 4 n－1 万元．所以 n 年内的旅游业总收入为 Bn＝400＋400× 1＋1 4 ＋…＋400 1＋1 4 n－1 ＝1600 5 4 n －1600. (2)设至少经过 n 年旅游业的总收入才能超过总投入，因此 Bn－An＞0，即 1600 5 4 n －1600 －4000＋4000 4 5 n ＞0， 化简得 2 5 4 n ＋5 4 5 n －7＞0，设 5 4 n ＝x，代入上式得，2x2－7x＋5＞0，解得 x＞5 2 ，或 x＜1(舍去)，即 5 4 n ＞5 2 ，两边取对数得 nlg5 4 ＞lg5 2 ，n＞1－2lg2 1－3lg2 ≈4.103，由此得 n≥5. 答：至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入． 点拨： 将实际问题转化为数列问题的一般步骤是：①审题，②建模，③求解，④检验，⑤作答．增 长率模型是比较典型的等比数列模型，实际生活中的银行利率、企业股金、产品利润、人口 增长、工作效率、浓度问题等常常利用增长率模型加以解决． 某工厂为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线 在使用过程中的维护费用会逐年增加，第 1 年的维护费用是 4 万元，从第 2 年到第 7 年，每 年的维护费用比上年增加 2 万元，从第 8 年开始，每年的维护费用比上年增加 25%. (1)设第 n 年该生产线的维护费用为 an，求 an 的表达式； (2)若该生产线前 n 年每年的平均维护费用大于 12 万元，则需在第 n＋1 年年初更新生 产线，求该生产线前 n 年每年的平均维护费用，并判断第几年年初需要更新该生产线． 解：(1)由题知，当 1≤n≤7 时，数列{an}是首项为 4，公差为 2 的等差数列， 所以 an＝4＋(n－1)×2＝2n＋2. 当 n≥8 时，数列{an}是首项为 a8＝16×5 4 ，公比为5 4 的等比数列，此时 an＝16× 5 4 n－7 . 故 an＝ 2n＋2，1≤n≤7， 16× 5 4 n－7 ，n≥8. (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和， 当 1≤n≤7 时，Sn＝4n＋n（n－1） 2 ×2＝n2＋3n； 当 n≥8 时，由 S7＝70，得 Sn＝70＋ 16×5 4 × 1－ 5 4 n－7 1－5 4 ＝80× 5 4 n－7 －10.故该生产线前 n 年每年的平均维护费 用为： Sn n ＝ n＋3，1≤n≤7， 80× 5 4 n－7 －10 n ，n≥8. 当 1≤n≤7 时， Sn n 为递增数列， 当 n≥8 时 ， 因 为 Sn＋1 n＋1 － Sn n ＝ 80× 5 4 n－6 －10 n＋1 － 80× 5 4 n－7 －10 n ＝ 80× 5 4 n－7 · n 4 －1 ＋10 n（n＋1） >0， 所以 Sn＋1 n＋1 >Sn n ，故 Sn n 也为递增数列． 又S7 7 ＝10<12，S8 8 ＝ 80×5 4 －10 8 ＝11.25<12，S9 9 ＝80× 5 4 2 －10 9 ≈12.78>12， 故第 10 年年初需要更新生产线． 1．数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数，是函数思想在数列中的 应用．数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前 n 项和 Sn 可视为数列{Sn}的通项．通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一． 2．对于一般数列的求和问题，应先观察数列通项的结构特征，再对通项公式进行化简 变形，改变原数列的形式，尽可能将其转化为等差数列、等比数列等常见数列，从而达到求 和的目的． 3．等差或等比数列的求和直接用公式计算，要注意求和的项数，防止疏漏． 4．最好能记忆一些常见数列的求和公式，如正整数列、正奇数列、正偶数列、正整数 的平方构成的数列等． 5．数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型． 6．数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化 与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等 比数列求和，分 q＝1 或 q≠1)等． 1．(2016·新余三校联考)数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前 100 项之和为( ) A．－200 B．－100 C．200 D．100 解：根据题意有 S100＝－1＋3－5＋7－9＋ 11－…－197＋199＝2×50＝100.故选 D. 2．设 f(x)＝ 4x 4x＋2 ，则 f 1 11 ＋f 2 11 ＋…＋f 10 11 的值为( ) A．5 B．10 C．15 D．20 解：f(x)＝ 4x 4x＋2 ，f(1－x)＝ 41－x 41－x＋2 ＝ 4 4＋2·4x＝ 2 4x＋2 ，f(x)＋f(1－x)＝ 4x 4x＋2 ＋ 2 4x＋2 ＝ 1. 原式＝＝1＋1＋1＋1＋1＝5.故选 A. 3．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，则 S2 017 的值为 ( ) A．2 015 B．2 013 C．1 009 D．1 008 解：当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，又 an＋1＋2Sn＝n＋1，两式相减，得 an＋1＋an＝1(n≥2)．又 a1＝1，所以 S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1 009.故选 C. 4．已知数列{an}：1 2 ，1 3 ＋2 3 ，1 4 ＋2 4 ＋3 4 ，…， 1 10 ＋ 2 10 ＋ 3 10 ＋…＋ 9 10 ，…，若 bn＝ 1 anan＋1 ， 那么数列{bn}的前 n 项和 Sn 为( ) A. n n＋1 B. 4n n＋1 C. 3n n＋1 D. 5n n＋1 解：因为 an＝1＋2＋3＋…＋n n＋1 ＝n 2 ， 所以 bn＝ 1 anan＋1 ＝ 4 n（n＋1） ＝4 1 n － 1 n＋1 ， 所以 Sn＝4 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝4 1－ 1 n＋1 ＝ 4n n＋1 .故选 B. 5．(2015·福建)若 a，b 是函数 f(x)＝x2－ px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点， 且 a，b，－2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p＋q 的 值等于( ) A．6 B．7 C．8 D．9 解：由韦达定理得 a＋b＝p，a·b＝q，则 a＞0，b＞0，当 a，b，－2 适当排序后成等 比数列时，－2 必为等比中项，有 a·b＝q＝4，b＝4 a ；当 a，b， －2 适当排序后成等 差数列时，－2 必不是等差中项，不妨设 a 是等差中项，2a＝4 a －2，解得 a＝1，b＝4；所以 a＋b＝p＝5，从而 p＋q＝9.故选 D. 6．如图所示，作边长为 a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再 作新三角形的内切圆．如此下去，前 n 个内切圆的面积和为( ) A.a2 9 1－1 2n π B.a2 9 1－ 1 22n－1 π C.a2 9 1－ 1 2n＋1 π D.a2 9 1－ 1 22n π 解：设第 n 个三角形的内切圆半径为 an，则易知 a1＝1 2 atan30°＝ 3 6 a，a2＝1 2 a1，…， an＝1 2 an－1，故数列{an}是首项为 3 6 a，公比为1 2 的等比数列．所以 an＝ 3 6 × 1 2 n－1 a.设前 n 个内切圆面积和为 Sn，则 Sn＝π(a2 1＋a2 2＋…＋a2 n) ＝πa2 1 1＋ 1 2 2 ＋ 1 4 2 ＋…＋ 1 2n－1 2 ＝πa2 1 1＋1 4 ＋ 1 4 2 ＋…＋ 1 4 n－1 ＝4 3 ×a2 12 1－ 1 22n π ＝a2 9 1－ 1 22n π.故选 D. 7．设数列{an}是首项为 1，公比为－2 的等比数列，则 a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________. 解：依题意 an＝1·(－2)n－1＝(－2)n－1，所以 a1＝1，a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，所以 a1 ＋|a2|＋ a3＋|a4|＝1＋2＋4＋8＝15.故填 15. 8．已知 an＝2nsin2nπ 3 ，n∈N*，Sn＝a1＋a2＋…＋an，则 S30＝________. 解：an＝2nsin2nπ 3 ＝n－ncos2nπ 3 ， 设 bn＝ncos2nπ 3 ， 当 n＝3k，k∈N*时，bn＝n； 当 n＝3k＋1，k∈N 时，bn＝－n 2 ； 当 n＝3k＋2，k∈N 时，bn＝－n 2 ， 所以 b3＋b6＋…＋b30＝3＋6＋…＋30＝165， b1＋b4＋…＋b28＝－1 2 (1＋4＋…＋28)＝ －145 2 ， b2＋b5＋…＋b29＝－1 2 (2＋5＋…＋29)＝ －155 2 . 所以 b1＋b2＋…＋b30＝165－145 2 －155 2 ＝15， S30＝(1＋2＋…＋30)－(b1＋b2＋…＋b30)＝465－15＝450.故填 450. 9．在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足 an＋2＋an＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Sn 是数列{|an|}的前 n 项和，求 Sn. 解：(1)由 2an＋1＝an＋2＋an 可得{an}是等差数列，且公差 d＝a4－a1 4－1 ＝2－8 3 ＝－2. 所以 an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10. (2)令 an≥0，得 n≤5. 即当 n≤5 时，an≥0，n≥6 时，an<0. 所以当 n≤5 时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n； 当 n≥6 时， Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an| ＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an) ＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5) ＝－(－n2＋9n)＋2×20 ＝n2－9n＋40， 所以 Sn＝ －n2＋9n，n≤5， n2－9n＋40，n≥6. 10．某企业为加大对新产品的推销力度，决定从今年起每年投入 100 万元进行广告宣传， 以增加新产品的销售收入．已知今年的销售收入为 250 万元，经市场调查，预测第 n 年与第 n－1 年销售收入 an 与 an－1(单位：万元)满足关系式：an＝an－1＋500 2n －100. (1)设今年为第 1 年，求第 n 年的销售收入 an； (2)依上述预测，该企业前几年的销售收入总和 Sn 最大？ 解：(1)由题意可知 an－an－1＝500 2n －100(n≥2)， an－1－an－2＝500 2n－1－100， … a3－a2＝500 23 －100， a2－a1＝500 22 －100， a1＝250＝500 2 . 以上各式相加得， an＝500 1 2 ＋1 22＋…＋1 2n －100(n－1) ＝500· 1 2 1－1 2n 1－1 2 －100(n－1) ＝500－500 2n －100(n－1)． (2)要求销售收入总和 Sn 的最大值，即求年销售收入大于零的所有年销售收入的和． 因为 an＝500－500 2n －100(n－1)， 所以要使 an≥0，即 500－500 2n －100(n－1)≥0， 也就是1 2n＋n－1 5 ≤1. 因为1 2n＞0，故 n≥6 时，1 26＋6－1 5 ＞1 不符合，检验 n＝1，2，3，4，5 符合．所以 a5>0， a6<0. 所以该企业前 5 年的销售收入总和最大． (2015·湖北模拟)设函数 fn(x)＝x－(3n－1)x2(其中 n∈N*)，区间 In＝{x|fn(x) ＞0}． (1)定义区间(α，β)的长度为β－α，求区间 In 的长度； (2)把区间 In 的长度记作数列{an}，令 bn＝ an·an＋1， ①求数列{bn}的前 n 项和 Tn； ②是否存在正整数 m，n(1＜m＜n)，使得 T1，Tm，Tn 成等比数列？若存在，求出所有的 m，n 的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)由 fn(x)＞0，得 x－(3n－1)x2＞0， 解得 0＜x＜ 1 3n－1 ，即 In＝ 0， 1 3n－1 . 所以区间的长度为 1 3n－1 －0＝ 1 3n－1 . (2)由(1)知 an＝ 1 3n－1 . ①因为 bn＝an·an＋1＝1 3 1 3n－1 － 1 3n＋2 ， 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1 3 [ 1 2 －1 5 ＋ 1 5 －1 8 ＋…＋ 1 3n－1 － 1 3n＋2 ]＝ n 2（3n＋2） . ②由①知，T1＝ 1 10 ，Tm＝ m 2（3m＋2） ，Tn＝ n 2（3n＋2） . 假设存在正整数 m，n(1＜m＜n)，使得 T1，Tm，Tn 成等比数列，则 T2 m＝T1Tn，化简得 m2 （3m＋2）2 ＝ n 5（3n＋2） . 所以(－3m2＋6m＋2)n＝5m2 (*) 当 m＝2 时，(*)式可化为 2n＝20，所以 n＝10. 当 m≥3 时，－3m2＋6m＋2＝－3(m－1)2＋5≤－7＜0. 又因为 5m2＞0，所以(*)式可化为 n＝ 5m2 －3m2＋6m＋2 ＜0， 此时 n 无正整数解． 综上可知，存在满足条件的正整数 m，n，此时 m＝2，n＝10. 1．数列{an}的通项公式为 an＝ 1 n＋ n＋1 ，若{an}的前 n 项和为 24，则 n＝( ) A．25 B．576 C．624 D．625 解：an＝ n＋1－ n，所以 Sn＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1， 令 Sn＝24 得 n＝624.故选 C. 2．已知函数 f(n)＝ n2 （n 为奇数）， －n2 （n 为偶数）， 且 an＝f(n)＋f(n＋1)，则 a1＋a2＋a3＋…＋ a100 等于( ) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 解：a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝2＋1－1012 ＝2(201＋197＋193＋…＋5)＋1－1012 ＝2·（201＋5）×50 2 ＋1－1012 ＝10 301－1012＝100.故选 B. 3．已知数列{an}满足 an＋2＝－an(n∈N＋)，且 a1＝1，a2＝2，则数列{an}的前 2 017 项的 和为( ) A．2 B．－3 C．3 D．1 解：因为 an＋2＝－an＝－(－an－2)＝an－2，n＞2，所以数列{an}是以 4 为周期的周期数列．S2 017＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017＝504(a1＋a2－a1－a2)＋a504×4＋1＝a1＝1.故选 D. 4．某气象学院用 3.2 万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连 续使用，第 n 天的维修保养费为n＋49 10 元(n∈N*)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算 是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了( ) A．600 天 B．800 天 C．1 000 天 D．1 200 天 解：设一共使用了 n 天，则使用 n 天的平均耗资为 32 000＋ 5＋ n 10 ＋4.9 n 2 n ＝32 000 n ＋ n 20 ＋4.95，当且仅当32 000 n ＝ n 20 时，取得最小值，此时 n＝800.故选 B. 5．已知等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，前 n 项和为 Sn.若直线 y＝1 2 a1x＋m 与圆(x －2)2＋ y2＝1 的两个交点关于直线 x＋y－d＝0 对称，则数列 1 Sn 的前 10 项和为( ) A. 9 10 B.10 11 C.8 9 D．2 解：由题意可得直线 y＝1 2 a1x＋m 与直线 x＋ y－d＝0 垂直，且圆心(2，0)在直线 x ＋y－d＝0 上，则求得 a1＝2，d＝2，所以数列{an}的前 n 项和 Sn＝n(n＋1)，所以1 Sn ＝ 1 n（n＋1） ＝1 n － 1 n＋1 ，于是数列 1 Sn 的前 10 项和 1 S1 ＋ 1 S2 ＋…＋ 1 S10 ＝ 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 10 － 1 11 ＝1－ 1 11 ＝10 11 .故选 B. 6．(2016·浙江)如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|， An≠An＋2，n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠ Q 表示点P 与Q 不重合)．若dn＝ |AnBn|，Sn为△AnBnBn＋1的面积，则( ) A．{Sn}是等差数列 B．{S2 n}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{d2 n}是等差数列 解：由题意，过点 A1，A2，A3，…，An，An＋1，…分别作直线 B1Bn＋1 的垂线，高分别记为 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…，根据平行线的性质，得 h1，h2，h3，…，hn，hn＋1，…成等差 数列，又 Sn＝1 2 ×|BnBn＋1|×hn，|BnBn＋1|为定值，所以{Sn}是等差数列．故选 A. 7．(2016·江西八校联考改编)在数列{an}中，已知 a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π， 记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，则 S2 017＝________. 解：因为 an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1， 所以当 n＝2k 时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*， 所以 S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝ 1＋(－1)×1 008＝－1 007.故填－1 007. 8．已知数列{an}满足 an≠0，a1＝1 3 ，an－1－ an＝2an·an－1(n≥2，n∈N*)，则an＝________， a1a2＋a2a3＋…＋a99a100＝________. 解： 因为 an－1－an＝2anan－1(n≥2，n∈N*)，an≠0，所以an－1－an anan－1 ＝2(n≥2，n∈N*)， 所以1 an － 1 an－1 ＝2(n≥2，n∈N*)，1 a1 ＝3，所以 1 an 是以 3 为首项，2 为公差的等差数列， 所以1 an ＝2n＋1，所以 an＝ 1 2n＋1 ， 所以 anan＋1＝ 1 2n＋1 · 1 2n＋3 ＝1 2 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ， 所以 a1a2＋a2a3＋…＋a99a100＝1 2 ×(1 3 －1 5 ＋1 5 － 1 7 ＋…＋ 1 199 － 1 201 )＝11 67 .故填 1 2n＋1 ；11 67 . 9．(2016·山东)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且 an＝bn ＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝（an＋1）n＋1 （bn＋2）n .求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)因为数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n， 所以 a1＝11，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3n2＋8n－3(n－1)2－8(n－1)＝6n＋5， 又 an＝6n＋5 对 n＝1 也成立，所以 an＝6n＋5. 又因为{bn}是等差数列，设公差为 d，则 an＝bn＋bn＋1＝2bn＋d. 当 n＝1 时，2b1＝11－d； 当 n＝2 时，2b2＝17－d，解得 d＝3， 所以数列{bn}的通项公式为 bn＝an－d 2 ＝3n＋1. (2)由 cn＝（an＋1）n＋1 （bn＋2）n ＝（6n＋6）n＋1 （3n＋3）n ＝(3n＋3)·2n＋1， 于是 Tn＝6×22＋9×23＋12×24＋…＋(3n＋3)×2n＋1， 两边同乘以 2，得 2Tn＝6×23＋9×24＋…＋(3n)×2n＋1＋ (3n＋3)×2n＋2， 两式相减，得 －Tn＝6×22＋3×23＋3×24＋…＋3×2n＋1－(3n＋3)×2n＋2 ＝3×22＋3×22（1－2n） 1－2 －(3n＋3)×2n＋2， 所以 Tn＝－12＋3×22(1－2n)＋(3n＋3)×2n＋2＝3n·2n＋2. 10．某地甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额都为 a 万元，由于经营方式不 同，甲超市前 n 年的总销售额为a 2 (n2－n＋2)万元，乙超市第 n 年的销售额比前一年的销售 额多 2 3 n－1 a 万元． (1)求甲、乙两超市第 n 年销售额的表达式； (2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的 50%，则该超市将被另一超 市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年． 解：(1)设甲、乙两超市第 n 年销售额分别为 an 万元，bn 万元， 又设甲超市前 n 年总销售额为 Sn， 则 Sn＝a 2 (n2－n＋2)，当 n＝1 时，a1＝a， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝a 2 (n2－n＋2)－ a 2 ＝a(n－1)， 故 an＝ a，n＝1， （n－1）a，n≥2. 又因 b1＝a，n≥2 时，bn－bn－1＝ 2 3 n－1 a， 故 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) ＝a＋2 3 a＋ 2 3 2 a＋…＋ 2 3 n－1 a ＝ 1＋2 3 ＋ 2 3 2 ＋…＋ 2 3 n－1 a ＝ 1－ 2 3 n 1－2 3 a＝ 3－2 2 3 n－1 a， 显然 n＝1 也适合，故 bn＝ 3－2 2 3 n－1 a(n∈N*)． (2)当 n＝2 时，a2＝a，b2＝5 3 a，有 a2>1 2 b2； n＝3 时，a3＝2a，b3＝19 9 a，有 a3>1 2 b3； 当 n≥4 时，an≥3a，而 bn<3a，故乙超市有可能被收购． 当 n≥4 时，令 1 2 an>bn， 则1 2 (n－1)a> 3－2 2 3 n－1 a⇒n－1>6－4 2 3 n－1 ， 即 n>7－4 2 3 n－1 . 当 n＝4 时，1＜4 2 3 3 ＜2，当 n＝5 时，0＜4 2 3 4 ＜1，又 y＝4 2 3 n－1 单调递减，所以当 n≥5 时，0＜ 4 2 3 n－1 ＜1，所以 6＜7－4 2 3 n－1 ＜7，所以 n≥7. 故当 n∈N*且 n≥7 时，必有 n>7－4 2 3 n－1 . 即第 7 年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购． 设 Tn 是数列{an}的前 n 项之积，满足 Tn＝1－an(n∈N*)． (1)求证：数列 1 1－an 是等差数列； (2)设 Sn＝T2 1＋T2 2＋…＋T2 n，求证：an＋1－1 2 1 （n＋1）（n＋2） ＝ 1 n＋1 － 1 n＋2 ， 所以 Sn>1 2 － 1 n＋2 ＝n＋1 n＋2 －1 2 ＝an＋1－1 2 . 另一方面， T2 n＝ 4 4n2＋8n＋4 < 4 （2n＋1）（2n＋3） ＝2 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ， 所以 Sn<2 1 3 － 1 2n＋3 <2 3 － 1 n＋2 ＝n＋1 n＋2 －1 3 ＝ an＋1－1 3 .所以 an＋1－1 2 0，dS4>0 B．a1d<0，dS4<0 C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0 解：由 a3，a4，a8 成等比数列可得 a2 4＝a3a8，有(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，得 a1＝－ 5 3 d，所以 a1d<0，dS4＝4（a1＋a4） 2 d＝2d(2a1＋3d)＝－2 3 d2<0.故选 B. 3．(2016·江西八校联考)数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n2＋3n(n∈N*)，若 p－q＝5(p，q ∈N*)，则 ap－aq＝( ) A．10 B．15 C．－5 D．20 解：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋3n－ ＝4n＋1， 当 n＝1 时，a1＝S1＝5，符合上式，所以 an＝4n＋1，所以 ap－aq＝4(p－q)＝20.故选 D. 4．(2015·西安模拟)数列{an}满足 an＋an＋1＝1 2 (n∈N*)，且 a1＝1，Sn 是数列{an}的前 n 项和，则 S21＝( ) A.21 2 B．6 C．10 D．11 解：S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋ a21)＝1＋10×1 2 ＝6.故选 B. 5．(2016·开封联考)已知{an}为正项等比数列，Sn 是它的前 n 项和，若 a1＝16，且 a4 与 a7 的等差中项为9 8 ，则 S5 的值为( ) A．29 B．31 C．33 D．35 解：设正项等比数列{an}的公比为 q，则 a4＝16q3，a7＝16q6，因为 a4 与 a7 的等差中项为 9 8 ，所以 a4＋a7＝9 4 ，即 16q3＋16q6＝9 4 ，解得 q＝1 2 (负值舍去)， S5＝a1（1－q5） 1－q ＝ 16× 1－1 25 1－1 2 ＝31.故选 B. 6．设等差数列{an}的前 n 项和是 Sn，若－am0，且 Sm＋1<0 B．Sm<0，且 Sm＋1>0 C．Sm>0，且 Sm＋1>0 D．Sm<0，且 Sm＋1<0 解：－am0 知其为真命题；对于 p2，举反例数列：{－3，－2， －1}，而数列{－3，－4，－3}非递增数列，p2 为假命题； 对于 p3，举反例数列：{1，2，3}，而数列{1，1，1}非递增数列，p3 为假命题； 对于 p4，an＋1＋3(n＋1)d－(an＋3nd)＝4d＞0，因此{an＋3nd}是递增数列，p4 为真命题． 解法二：an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，令 f(x)＝dx＋(a1－d)．因此只需要考查 f(x)， xf(x)，f（x） x ，f(x)＋3dx 四个函数的图象和性质即可知，只有 p1，p4 为真命题．故选 D. 9．设曲线 y＝xn＋1(n∈N*)在点(1，1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn，令 an＝lgxn， 则 a1＋a2＋…＋a2 017＝( ) A．lg2 018 B．lg2 017 C．－lg2 018 D．－lg2 017 解：因为 y′＝(n＋1)xn，所以曲线 y＝xn＋1 在点(1，1)处的切线斜率为 n＋1，切线方 程为 y－1＝(n＋1)(x－1)，令 y＝0，得 xn＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 .则 an＝lgxn＝lg n n＋1 ，所以 a1 ＋a2＋…＋a2 017＝lg 1 2 ×2 3 ×…×2 017 2 018 ＝lg 1 2 018 ＝－lg2 018.故选 C. 10．(2015·合肥联考)已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2a4＝4，a1＋a2＋a3＝14， 则满足 an·an＋1·an＋2>1 9 的最大正整数 n 的值为( ) A．3 B．4 C．5 D．6 解：因为 a2a4＝4，an>0，所以 a3＝2，所以 a1＋a2＝12，所以 a1＋a1q＝12， a1q2＝2. 消去 a1 得，1＋q q2 ＝6.因为 q>0，所以 q＝1 2 ， 所以 a1＝8，所以 an＝8× 1 2 n－1 ＝24－n. 所以不等式 anan＋1an＋2>1 9 化为 29－3n>1 9 ，当 n＝4 时，29－3×4＝1 8 ＞1 9 ，当 n＝5 时，29－3×5＝ 1 64 <1 9 . 故选 B. 11．已知数列{an}，{bn}满足 a1＝1，且 an， an＋1 是函数 f(x)＝x2－bnx＋2n 的两个 零点，则 b10 等于( ) A．24 B．32 C．48 D．64 解：依题意有 anan＋1＝2n，所以 an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得an＋2 an ＝2，所以 a1，a3，a5，… 成等比数列，a2，a4，a6，…也成等比数列，而 a1＝1，a2＝2，所以 a10＝2×24＝32，a11＝1×25 ＝32，又因为 an＋an＋1＝bn，所以 b10＝a10＋a11＝64.故选 D. 12．(2016·青岛二模)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若Sn S2n 为常数，则称数列{an}为“吉 祥数列”．已知等差数列{bn}的首项为 1，公差不为 0，若数列{bn}为“吉祥数列”，则数列 {bn}的通项公式为( ) A．bn＝n－1 B．bn＝2n－1 C．bn＝n＋1 D．bn＝2n＋1 解：设等差数列{bn}的公差为 d(d≠0)， Sn S2n ＝k，因为 b1 ＝1，则 n＋1 2 n(n－1)d＝ k 2n＋1 2 ×2n（2n－1）d ，即 2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d， 整理得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0. 因为对任意的正整数 n 上式均成立， 所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0， 解得 d＝2，k＝1 4 .所以数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1.故选 B. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．(2015·武汉调研)《张丘建算经》卷上第 22 题——“女子织布”问题：某女子善 于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布 5 尺，30 天共织 布 390 尺，则该女子织布每天增加________尺． 解：设每天增加的数量为 x 尺， 则 5×30＋30×（30－1）x 2 ＝390，所以 x＝16 29 .故填16 29 . 14．(2016·北京)已知{an}为等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 a1＝6，a3＋a5＝0，则 S6 ＝________. 解：因为{an}是等差数列，所以 a3＋a5＝2a4＝0，a4＝0，a4－a1＝3d＝－6，d＝－2，所 以 S6＝6a1＋15d＝6×6＋15×(－2)＝6.故填 6. 15．(2015·扬州模拟)如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连接 着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，…，如此继续，若共得到 1 023 个正方形，设初始正方形的边长为 2 2 ，则最小正方形的边长为________． 解：设 1＋2＋4＋…＋2n－1＝1 023，即1－2n 1－2 ＝1 023，2n＝1 024，n＝10.正方形边长构 成数列 2 2 ， 2 2 2 ， 2 2 3 ，…，其中第 10 项为 2 2 10 ＝ 1 32 ，即所求最小正方形的边长为 1 32 . 故填 1 32 . 16．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S8≤5，S11≥23，则 a10 的最小值为 ____________． 解法一：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由 S8≤5，S11≥23 得 8a1＋28d≤5，11a1 ＋55d≥23.因此，问题转化为以 8a1＋28d≤5， 11a1＋55d≥23 为约束条件，a10＝a1＋9d 为目标函数的线性 规划问题． 作出可行域，易知目标函数 a10＝a1＋9d 在两直线的交点 －123 44 ，43 44 处取得最小值． 故 a10 的最小值为－123 44 ＋9×43 44 ＝6. 解法二：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由 S8≤5，S11≥23 得 8a1＋28d≤5， 11a1＋55d≥23， 即 8（a10－9d）＋28d≤5， 11（a10－9d）＋55d≥23， 整理得 8a10－5≤44d， 11a10－23≥44d， 所以 11a10－23≥44d≥8a10－5，得 a10≥6. 若 a10＝6，则 8×6－5≤44d， 11×6－23≥44d， 即 43≤44d， 43≥44d， 所以 d＝43 44 ，进而 a1＝－123 44 .故 a1＝－123 44 ， d＝43 44 时，a10 取得最小值 6. 解法三：引入参数λ，μ，令 a10 ＝a1 ＋9d＝λ(8a1 ＋28d)＋μ(11a1 ＋55d)，则有 8λ＋11μ＝1， 28λ＋55μ＝9， 解得 λ＝－1 3 ， μ＝1 3 . 于是 a10＝－1 3 (8a1＋28d)＋1 3 (11a1＋55d)≥ －1 3 ×5＋1 3 ×23＝6. 当 8a1＋28d＝5， 11a1＋55d＝23， 即 a1＝－123 44 ， d＝43 44 时，a10 取得最小值 6.故填 6. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10 分)(2016·北京)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且 b2＝3，b3＝9，a1 ＝b1， a14＝b4. (1)求{an}的通项公式； (2)设 cn＝ an＋ bn，求数列{cn}的前 n 项和． 解：(1)等比数列{bn}的公比 q＝b3 b2 ＝9 3 ＝3， 所以 b1＝b2 q ＝1，b4＝b3q＝27. 设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a1＝b1＝1，a14＝b4＝27， 所以 1＋13d＝27，即 d＝2. 所以 an＝2n－1. (2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1. 因此 cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1. 从而数列{cn}的前 n 项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1 ＝n(1＋2n－1) 2 ＋1－3n 1－3 ＝n2＋3n－1 2 . 18．(12 分)(2016·天津)已知{an}是等比数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，且1 a1 －1 a2 ＝2 a3 ， S6＝63. (1)求{an}的通项公式； (2)若对任意的 n∈N*，bn 是 log2an 和 log2an＋1 的等差中项，求数列{(－1)nb2 n}的前 2n 项 和． 解：(1)设数列{an}的公比为 q，由已知有1 a1 － 1 a1q ＝ 2 a1q2，解得 q＝2，或 q＝－1，又由 S6＝a1（1－q6） 1－q ＝63 知 q≠－1，所以a1（1－26） 1－2 ＝63，解得 a1＝1，所以 an＝2n－1. (2)由题意得 bn＝1 2 (log2an＋log2an＋1)＝ 1 2 (log22n－1＋log22n)＝n－1 2 ，b1＝1 2 ，即数 列{bn}是首项为1 2 ，公差为 1 的等差数列． 设数列{(－1)nb2 n}的前 n 项和为 Tn， 则 T2n ＝(－b 2 1 ＋b 2 2 )＋(－b 2 3 ＋b 2 4 )＋…＋ (－b 2 2n－1 ＋b 2 2n )＝b1 ＋b2 ＋…＋b2n ＝ 2n（b1＋b2n） 2 ＝2n2. 19．(12 分)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金 2 000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%.预计以后每年资金年增长率与第一年 的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下 一年生产．设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元． (1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an＋1 与 an 的关系式． (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴 资金 d 的值．(用 m 表示) 解：(1)由题意得 a1＝2 000(1＋50%)－d＝ 3 000－d， a2＝a1(1＋50%)－d＝3 2 a1－d＝4 500－5 2 d， an＋1＝an(1＋50%)－d＝3 2 an－d. (2)由(1)知 an＝3 2 an－1－d(n≥2)， 即 an－2d＝3 2 (an－1－2d)，所以{an－2d}是以 3 000－3d 为首项，3 2 为公比的等比数列， 则 an＝ (3 000－3d)· 3 2 n－1 ＋2d. 由题意 am＝ 3 2 m－1(3 000－3d)＋2d＝4 000，解得 d＝ 3 2 m－2 ×1 000 3 2 m－1 ＝1 000(3m－2m＋1) 3m－2m . 故该企业每年上缴资金 d 的值为1 000(3m－2m＋1) 3m－2m 时，经过 m (m≥3)年企业的剩余资金为 4 000 万元．答略． 20．(12 分)已知数列{an}与{bn}，若 a1＝3 且对任意正整数 n 满足 an＋1－an＝2，数列{bn} 的前 n 项和 Sn＝n2＋an. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列 1 bnbn＋1 的前 n 项和 Tn. 解：(1)由题意知{an}是以 3 为首项，2 为公差的等差数列． 所以 an＝2n＋1. 当 n＝1 时，b1＝S1＝4； 当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－ ＝2n＋1，对 b1＝4 不成立． 所以数列{bn}的通项公式为 bn＝ 4，n＝1， 2n＋1，n≥2. (2)由(1)知当 n＝1 时，T1＝ 1 b1b2 ＝ 1 20 . 当 n≥2 时， 1 bnbn＋1 ＝ 1 （2n＋1）（2n＋3） ＝ 1 2 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ， 所以 Tn ＝ 1 20 ＋1 2 [ 1 5 －1 7 ＋ 1 7 －1 9 ＋…＋ 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ]＝ 1 20 ＋1 2 1 5 － 1 2n＋3 ＝ 1 20 ＋ n－1 10n＋15 ＝ 6n－1 20（2n＋3） . 当 n＝1 时仍成立，所以 Tn＝ 6n－1 20（2n＋3） . 21．(12 分)(2015·湖南师大附中调研)对于数列{xn}，若对任意 n∈N*，都有xn＋xn＋2 2 0，所以 q＝1 2 ，所以 an＝ 1 2n－1，Sn＝ 1－1 2n 1－1 2 ＝2－ 1 2n－1，所以Sn＋Sn＋2 2 ＝2－1 2n－ 1 2n＋2<2 － 1 2n＝Sn＋1，所以数列{Sn}是“减差数列”． (2)由题设知 bn＝ 2－ n 2n－1 t＋ 1 2n－1＝2t－tn－1 2n－1 . 由bn＋bn＋2 2 t（n＋1）－1 2n ，化简得 t(n－2)>1. 又当 n≥3 时，t(n－2)>1 恒成立，即 t> 1 n－2 恒成立，所以 t> 1 n－2 max ＝1. 故 t 的取值范围是(1，＋∞)． 22．(12 分)(2015·广东)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－n＋2 2n－1 ，n∈N*. (1)求 a3 的值； (2)求数列{an}的前 n 项和 Tn； (3)令b1＝a1，bn＝Tn－1 n ＋ 1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n an(n≥2)，证明：数列{bn}的前 n 项和 Sn 满足 Sn<2 ＋2lnn. 解：(1)因为 a1＋2a2＋3a3＝4－3＋2 22 ＝11 4 ， a1＋2a2＝4－2＋2 2 ＝2. 所以 3a3＝11 4 －2＝3 4 ， a3＝1 4 . (2)n＝1 时，a1＝4－1＋2 20 ＝1. a1＋2a2＋…＋nan＝4－n＋2 2n－1 ，① n≥2 时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝4－n＋1 2n－2 ，② ①－②有：nan＝n＋1 2n－2 －n＋2 2n－1 ＝ n 2n－1， 即 an＝ 1 2 n－1 ，检验 n＝1 时，也成立． 故 an＝ 1 2 n－1 ，即数列{an}是以 1 为首项，1 2 为公比的等比数列． 所以 Tn＝ 1× 1－ 1 2 n 1－1 2 ＝2 1－ 1 2 n ＝2－ 1 2n－1. (3)证明：由题意可得 b1＝a1， b2＝a1 2 ＋ 1＋1 2 a2， b3＝a1＋a2 3 ＋ 1＋1 2 ＋1 3 a3， … bn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1 n ＋ 1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n an. 所以 Sn＝ 1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n (a1＋a2＋…＋an) ＝ 1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n 2－ 1 2n－1 ＜2 1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n ， 所以要证 Sn＜2＋2lnn， 只需证 2 1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n ＜2＋2lnn， 只需证1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n ＜lnn， 又因为 lnn＝ln n n－1 ＋lnn－1 n－2 ＋…＋ln3 2 ＋ln2 1 ， 即需证 ln n n－1 ＞1 n ， 只需证－lnn－1 n ＝－ln 1－1 n ＞1 n ， 令 g(x)＝lnx－x＋1⇒g′(x)＝1 x －1＝1－x x ， 因此函数在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 因此 g(x)≤g(1)＝0， 又因为 n≥2，0＜1－1 n ＜1， 因此 g 1－1 n ＜g(1)＝0， 即 ln 1－1 n － 1－1 n ＋1＜0， 即－ln 1－1 n ＞1 n ，问题得证． 所以数列{bn}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＜2＋2lnn.